15 专题四 第15课时 直流电路与交流电路（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

第15课时　直流电路与交流电路 [建体系·知关联](教师用书独具) [析考情·明策略] 真题呈现 2025江苏T2(变压器的规律) 2022江苏T2(计算混联电路各电阻的电功和电功率) 考情分析 恒定电流的知识在实验题以及电磁感应的综合题中经常出现。交变电流的产生、变压器的原理、交变电流的“四值”问题以及远距离输电等，可能会结合实际生活中的电器和元件考查，题型为选择题，难度中等。 考点1| 直流电路的分析与计算 1．直流电路动态分析的三种方法 (1)程序法 R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支。 (2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略) “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)。 (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，使电阻最大或电阻为零去讨论。 2．求解功率最值问题的两点技巧 (1)定值电阻的功率：P定＝I2R R为定值电阻，P定只与电流有关系，当R外最大时，I最小，P定最小，当R外最小时，I最大，P定最大。 (2)电源的输出功率：P出＝＝。当R外＝r时，P出＝ 最大。 [案例1]　(2025·江苏连云港高三阶段练习)直流电路如图所示，闭合开关，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(　　) A．总功率一定增大 B．效率一定增大 C．内部损耗功率一定增大 D．输出功率一定先增大后减小 B　[当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流变小，则总功率减小，故A错误；效率为η＝＝，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路总电流变小，效率一定增大，故B正确；根据P＝I2r知，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路总电流变小，内部损耗功率减小，故C错误；当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误。故选B。] [案例2]　有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为1×10-8 F的电容器，在2 ms内细胞膜两侧的电势差从－70 mV变为30 mV，则该过程中跨膜电流的平均值为(　　) A．1.5×10-7 A B．2×10-7 A C．3.5×10-7 A D．5×10-7 A D　[根据Q＝CU可知ΔQ＝CΔU＝1×10-8×(30＋70)×10-3 C＝1×10-9 C，则该过程中跨膜电流的平均值为I＝＝ A＝5×10-7 A，故选D。] [案例3]　(2025·江苏盐城二模)在如图所示的电路中，R0是定值电阻，R1、R2是滑动变阻器，D为理想二极管。电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，质量为m的带电油滴恰能静止在水平放置的两金属板间。若只改变其中的一个条件，下列说法正确的是(　　) A．将R1的滑片向右移动，油滴将向下运动 B．将R2的滑片向右移动，油滴将向下运动 C．断开开关S，将有电子自下而上通过理想二极管D D．增大电容器两极板间的距离，油滴将加速向上运动 C　[将R1的滑片向右移动，阻值减小，则电路总电阻减小，总电流变大，R0电压变大，即两板间电压变大，电场强度变大，向上的电场力变大，则油滴将向上运动，选项A错误；将R2的滑片向右移动，金属板两板间电压不变，电场强度不变，油滴仍静止，选项B错误；断开开关S，电容器放电，电流方向从上往下通过理想二极管D，则将有电子自下而上通过理想二极管D，选项C正确；增大电容器两极板间的距离，两板间电压不变，则电场强度减小，油滴受向上的电场力减小，则油滴将加速向下运动，选项D错误。故选C。] 【教师备选资源】 如图所示，电路中定值电阻R大于电源内阻r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　) A．V1、V2、V3示数都增大 B．电流表的示数减小 C．ΔU3大于ΔU2 D．ΔU1与ΔI比值等于r C　[分析电路图，滑动变阻器和定值电阻串联，将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路的阻值变小，电路总阻值变小，干路电流变大。V1测R两端电压，由于电流变大，示数变大；V2测路端电压，由于电流增大，内阻分压变大，所以示数变小；V3测滑动变阻器两端电压，是V2示数减去V1示数，示数减小，故A错误；电流表测干路电流，示数增大，故B错误；由选项A分析知，V3测滑动变阻器两端电压，是V2的示数减去V1的示数，故它们示数变化量的绝对值满足ΔU3＝ΔU1＋ΔU2，显然ΔU3>ΔU2，故C正确；V1测R两端电压，则有＝R，而电路中定值电阻R大于电源内阻r，所以有>r，故D错误。] 考点2| 交变电流的产生与描述 1．两个特殊位置的特点 (1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。 (2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。 2．正弦式交变电流“四值”的应用 [案例4]　如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈abcd可绕过bc和ad边中点且垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1＝50 cm，bc边和ad边的长度L2＝20 cm，匝数n＝100匝，线圈的总电阻r＝2.0 Ω。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷同R＝18 Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.2 T。在外力驱动下线圈绕轴OO′转动的角速度ω＝20 rad/s。计算中取π＝3.14。求： (1)通过电阻R的电流最大值； (2)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热； (3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。 [解析]　(1)由题意，根据法拉第电磁感应定律，可得线圈中产生感应电动势的最大值为Em＝nBSω 其中S＝L1L2＝0.5×0.2 m2＝0.1 m2 代入相关数据求得Em＝40 V 根据闭合电路欧姆定律，得通过电阻R的电流最大值 Im＝＝ A＝2 A。 (2)线圈中产生感应电流的有效值为 I＝＝ A 在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热 Q热＝I2(R＋r)T 其中T＝ 联立并代入相关数据求得Q热＝12.56 J。 (3)线圈由题图所示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量 q＝n 其中ΔΦ＝BΔS＝BL1L2 代入相关数据求得q＝0.1 C。 [答案]　(1)2 A　(2)12.56 J　(3)0.1 C [案例5]　(2025·江苏苏州高三期末)某交流发电机产生交变电流的装置如图甲所示，产生的感应电动势与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最大 B．线圈通过中性面时，交变电流不改变方向 C．线框中产生的感应电动势e＝100sin 50t(V) D．如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200 V、0.02 s D　[由题图乙可知，t＝0时，电动势为零，此时线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率为零，线圈每通过中性面一次，交变电流方向就会改变一次，A、B错误；线框中产生的感应电动势的最大值和周期分别为100 V和0.04 s，则感应电动势瞬时值为e＝Emsin ＝100sin 50πt(V)，C错误；由Em＝NBSω＝2πNBSn，T＝＝，如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200 V和0.02 s，D正确。故选D。] 反思感悟：解决交变电流问题的三点注意 (1)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应等效值来定义的。 (2)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像或由公式Em＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝＝2πf＝2πn。 (3)与电磁感应问题一样，求解与电功、电热相关的问题时，要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值。 【教师备选资源】 如图所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场。单匝矩形线圈abcd的对称轴恰好与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直。线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向。从图示位置开始计时，下列四个图像中能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是(　　) 　　　 A　　　　　　　　　B 　　　 C　　　　　　　　　D B　[题图所示时刻开始，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a，即为负方向，线圈中产生的感应电动势表达式为e＝－Emsin ωt＝－BSωsin ωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝＝－Imsin ωt，其中Im＝，故线圈中感应电流按正弦规律变化，故选B。] 考点3| 理想变压器及远距离输电问题 1．理想变压器动态分析的两种情况 (1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。 (2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。 2．理想变压器问题分析技巧 (1)根据题意分清变量和不变量。 (2)弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。 3．远距离输电问题的解题关键 (1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系(如图所示)。 (2)关键是通过分析、利用题目条件，首先求出中间回路的电流I2，则ΔU＝I2R，ΔP＝R＝ΔU·I2＝。 [案例6]　(2025·江苏卷T2)用图示可拆变压器进行探究实验，当变压器左侧的输入电压为2 V时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得4 V输出电压。则左侧接线柱选取的是(　　) A．“0”和“2” B．“2”和“8” C．“2”和“14” D．“8”和“14” A　[根据可拆式变压器电压比与匝数比关系有＝，即＝，解得n1＝2，故左侧接线柱线圈选取的是“0”和“2”。故选A。] [案例7]　(2025·江苏南通高三统考期末)如图所示为简化的充电原理图。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是(　　) A．接收线圈中的电流与电压成正比 B．接收线圈的输入功率与发射线圈的输出功率相等 C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同 D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同 C　[工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，若发射线圈功率恒定为P，则有P·0.8＝U2I2，可知接收线圈中的电流与电压成反比，故A错误；工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，由于漏磁，所以接收线圈的输入功率小于发射线圈的输出功率，故B错误；发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，原、副线圈在电磁感应中是同频率变化，所以发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C正确；穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，由磁通量的变化率为可知，穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。] [案例8]　(2024·江苏盐城二模)远距离输电原理图如图所示，原线圈输入电压及输入功率恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当开关S由2改接为1时，下列说法错误的是(　　) A．电压表读数增大 B．电流表读数减小 C．输电线上损耗的功率减小 D．用户的功率减小 D　[原线圈输入电压及输入功率恒定，当S由2改接为1时，根据U2＝U1，升压变压器副线圈匝数n2 增大，则U2增大，由于U1I1＝U2I2，则升压变压器副线圈电流I2 减小，所以电流表读数减小，线路损失的电压ΔU＝I2R线减小，则降压变压器原线圈的电压U3＝U2－ΔU增大，则降压变压器副线圈的电压U4＝U3 增大，所以电压表的读数增大，则A、B正确，不符合题意；输电线上损耗的功率为ΔP＝R线，由于升压变压器副线圈电流I2 减小，所以输电线上损耗的功率减小，则C正确，不符合题意；由题知原线圈输入功率P恒定，用户的功率为P4＝P－ΔP，输电线上损耗的功率减小，所以用户的功率增大，则D错误，符合题意。故选D。] 【教师备选资源】 随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图所示是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电器增加(假设所有用电器均可视为纯电阻)时，电网中数据发生变化，下列说法正确的是(　　) A．降压变压器的输出电流I4减小 B．输电线上损失的功率减小 C．升压变压器的输出电压U2增大 D．发电厂输出的总功率增大 D　[根据原、副线圈电压比等于匝数比可得＝，可得升压变压器的输出电压为U2＝U1，由于匝数比不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；设输电线电阻为R线，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有U2＝U3＋I2R线，又＝＝，I4＝，联立可得U2＝I4，当用户用电器增加时，可知R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；根据＝，由于I4增大，可知I2增大，输电线上损失的功率为P损＝R线， 可知输电线上损失的功率增大，故B错误；根据＝，由于I2增大，可知I1增大，发电厂输出的总功率为P出＝U1I1，可知发电厂输出的总功率增大，故D正确。] 16/16 学科网（北京）股份有限公司 $