专题四 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 (1)E＝U外＋U内(任意电路)； (2)E＝U外＋Ir(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 程序法 部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U端变化→各支路电流、电压变化，即 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) 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． [例1]　(2025·广西卷·6)如图电路中，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和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 答案　B 解析　根据电阻定律R＝ρ，可得金属导体a的电阻Ra＝ρ，两段金属导体b的总电阻Rb＝2ρ ；根据并联电路电流的分配与电阻的关系＝＝×＝，电流的微观表达式I＝nevS，n为单位体积内的自由电子数，v自由电子定向移动的平均速率；因此＝，联立解得＝2l2∶l1，故ACD错误，B正确． [例2]　(多选)(2025·云南师大附中第六次联考)如图所示，电源电动势为E，内电阻恒为r，R1、R2是定值电阻，已知R1＜r，热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大，C是平行板电容器．闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内．分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表A、电压表V1、电压表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)(　　) A.带电液滴一定向下运动，液滴电势能减小 B.、、都不变，且 ＞ C.电源的输出功率一定增大 D.电阻RT消耗的功率可能增大，也可能减小 答案　BD 解析　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R1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R1两端电压，由U3＝E－Ir，得＝r，U2＝E－I(r＋R1)，得＝r＋R1，由U1＝IR1得＝R1，故、、都不变，且>，故B正确；RT减小，R外一定减小，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r′＝，E′＝E，因为RT与r′大小关系不确定，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的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是(　　) A.电路中电源电动势为3.5 V 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 C.I＝0.3 A时，电动机的机械功率为0.54 W D.滑动变阻器的最大阻值为40 Ω 答案　C 解析　由电路图甲知，电压表V2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V2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＝ Ω＝2 Ω 由图乙知，当I＝0.1 A时，U＝3.4 V 则电源的电动势为E＝U＋Ir＝3.4 V＋0.1×2 V＝3.6 V.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0.2 A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 rM＝ Ω＝4 Ω 当I＝0.3 A时，U＝3 V 电动机输出功率最大，最大为P＝UI－I2rM＝3 V×0.3 A－(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W，故C正确； 当I＝0.1 A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＝－r－rM＝ Ω＝30 Ω，故D错误． 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＝ 　 考点二　交变电流的产生与描述　 1．有效值的计算 (1)正弦式交变电流：E＝，I＝，U＝. (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． 2．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＝Emsin ωt 计算某时刻所受安培力 有效值 E＝ 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 [例4]　(2025·山东卷·7)如图为一种交流发电装置的示意图，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L的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形．传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好．该装置产生电动势的有效值为(　　) A.BLv B． C. D． 答案　D 解析　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＝，同一个导体棒先通过区域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E1＝BLv，经过的时间为t1＝，同理，导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E2＝B×0.5Lv，经过的时间为t2＝，根据有效值的定义有t1＋t2＝T，代入数据可得E有＝，故D正确，ABC错误． ►变式训练 变式　(多选)(2025·辽宁省沈阳市高三三模)我国自主研发的“海能－3号”波浪发电装置在南海海域成功运行．如图为t＝0时刻沿x轴正方向传播的海水波的图像．圆柱形浮子定位在x＝4 m处的波面上，随波浪做简谐运动，此时质点的速率为1 m/s，浮子上端固定连接200匝的圆形线圈，线圈半径r＝0.25 m，线圈在磁感应强度B＝0.4 T的辐向稳定磁场中垂直切割磁感线运动，发电系统通过匝数比n1∶n2＝1∶5的理想变压器接入R＝20 Ω的纯电阻负载，磁铁、变压器、纯电阻负载等固定，下列判断正确的是(　　) A.t＝0时刻浮杆正随海水向下振动 B.t＝0时刻发电机产生的电动势为40π(V) C.变压器副线圈输出电压的峰值为8π(V) D.负载消耗的功率为1 000π2(W) 答案　ABD 解析　波沿x轴正方向传播，由图示可知，t＝0时刻浮杆正随海水向下振动，故A正确；t＝0时刻发动电机产生的电动势E＝NBLv＝NB×2πrv＝200×0.4×2π×0.25×1 V＝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)，由理想变压器的变压比可知，副线圈输出电压的峰值Um＝Em＝5×40π(V)＝200π(V)，故C错误；副线圈输出电压的有效值U＝＝ V＝100π(V)，负载消耗的功率P＝＝ W＝1 000π2(W)，故D正确． 考点三　理想变压器及远距离输电问题 　 1．理想变压器问题 (1)三个不变：功率不变；磁通量的变化率不变；周期和频率不变． (2)决定关系：输出功率决定输入功率；输入电压决定输出电压；输出电流决定输入电流． 2．远距离输电问题 (1)理清三个回路 (2)抓住两个联系 ①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是 ＝， ＝，P1＝P2. ②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是 ＝， ＝，P3＝P4. (3)掌握一个守恒，能量守恒关系：P1＝P损＋P3. 3．输电线路功率损失的四种计算方法 P损＝P1－P4 P1为输送的功率，P4为用户得到的功率 P损＝IR线 I线为输电线路上的电流，R线为输电线路总电阻 P损＝ ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混 P损＝ΔU·I线 [例5]　(多选)(2025·云南卷·8)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n1，输入电压U1＝1.1 kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝220 V．当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0 kW和3.5 kW，下列说法正确的是(　　) A.n1∶n2＝5∶1 B.n1∶n3＝1∶5 C.变压器的输入功率为10.5 kW D.两副线圈输出电压最大值均为220 V 答案　AC 解析　根据理想变压器电压与匝数比的关系＝＝＝5∶1，＝＝＝5∶1，故A正确，B错误；根据理想变压器的功率关系，输入功率P1＝P2＋P3＝7.0 kW＋3.5 kW＝10.5 kW，故C正确；根据正弦交变电流电压的有效值与最大值的关系Um＝U可知，两副线圈输出电压最大值均为220 V，故D错误． [例6]　(2025·山东省济南市高三二模)为了检验输电电压高低对电能输送的影响，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路进行对比实验．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n1∶n2＝n4∶n3＝1∶2.已知灯泡L1消耗的功率为P，则灯泡L2消耗的功率为(　　) A.P B．P C.2P D．4P 答案　D 解析　设交流电源的输出电压为U，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＝I2R＝()2R＝；由图乙所示电路图可知，U2＝U＝2U，右侧变压器副线圈的等效电阻R等＝()2R＝()2×R＝4R，输电电流I＝＝＝，则U3＝U2－I(R＋R)＝2U－×2R＝，由理想变压器的变压比可知，副线圈电压U4＝U3＝×＝，灯泡L2的功率P2＝＝＝＝4P，故D正确，A、B、C错误． 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＝ ＝＝()2 ＝()2R. 　 [例7]　(2025·河南省郑州市高三第三次质检)某实验电路如图所示，交流发电机经过两个理想变压器对负载供电．已知交流发电机输出电压有效值恒定，两变压器间串有电阻r，负载为纯电阻．当升压变压器原、副线圈匝数比为n时，电阻r的功率为P，对负载的输电效率为η；若调节升压变压器原、副线圈匝数比为0.1n，则(　　) A.电阻r的功率变为100P B.电阻r的功率变为10P C.对负载的输电效率变为10η D.对负载的输电效率变为100η 答案　A 解析　由升压变压器原副线圈匝数比、电压比、电流比的关系：＝n＝，结合闭合电路欧姆定律：U2＝I2r＋I2R原，由降压变压器原副线圈匝数比、电压比、电流比的关系：＝＝n2，结合闭合电路欧姆定律：＝R原＝＝nR负，联立解得：U2＝I2r＋nI2R负，可得到电阻r的功率表达式：P＝Ir，解得：P＝，当匝数比变为0.1n时，电阻r的功率变为：P′2＝100P，故A正确，B错误；负载的效率为：η＝，化简得：η＝，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 学科网（北京）股份有限公司 $