第11讲 直流电路与交流电路-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

ㄧ物理 3,解析：(1)设粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时 的速度的大小为， 根据动能龙理有gU=md,解得日=√吧 2g亚 (2)在正方体中，粒子在平行于MPRG平面方向的分运 动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG平面方向的分运动 为匀加速直线运动，设粒子圆周分运动的周期为T,根据 牛频第二定律有guB=mR' 02 又T=2屏得T-器-2， 从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为 ,一器=号所以复子国周分运动特过的国心扇为12心. 根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板 方向的分量大小为02=ucos30°， 离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需时间 为，=L,联立解得=2L√0 m 02 (3)设粒子在正方体中圆周分运动的半径为R,根据几何 关系有R+Rc0s60°=L,解得R=名L, 3 粒子在正方体中做匀加速直线分运动的加速度大小为 a=gE=9 qUB mmV2πm 粒子在正方体中在y方向的位移大小为 ai, 粒子离开正方体时的速度在y方向的分速度大小 为v,=at· 从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为 y十以一台联立解得 54 根据几何关系可知粒子在正方体中在x方向的位移大 小为x,=Rc0s30°=L. 3 粒子离开正方体时的速度在一x方向的分速度大小为 v1=sin30°， 从M,点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为 L x=x1-0一2' 联立解得x= 9-25L, 6 综上所述可知从M点入射的粒子最后打到平板上的位 置坐标为 9g1.1 6 答案：I)√m g▣ (2)2L√24 3 4.解析：（1)粒子在电场中运动时，有 d=vot,qE=ma:v,=3v=at, 解得匀强电场电扬强度的大小E=3m心 gd 24, ②在电场中的偏转距离y三受=3 在磁场中运动的半径R=y一y1=3 根据qB心，=mR ,解得B=gd 372U0 周期T=2xm=2xd gB 3v t=nT=20m4(n=0,1,2,3…). 则荧光屏中心C初始位置可能的x轴坐标 =d+=d+22m=01.2,3…. (3)由题意可知B=√B+B度=23m西， gd 设粒子进入磁场速度为0,0=2。， B与速度0方向垂直；则R,==d, gB 由x=d+Bd 6 故圆轨迹与荧光屏相切：则 y=y+R,sim60°=5+1d, 2 =-R,=-B 3, 粒子打在荧光屏上的位置坐标为 di. 3 答案：)3m gd (2)3m% d+24(m=0.1,2,3…) 3 d+@54,-5a} 6 2 3d 第一部分专题四 电路与电磁感应 第11讲直流电路与交流电路 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]设单个电池组的电动势为E,内阻为r, 根据闭合电路欧姆定律分两种情况列方程： a、b接d、e时：只有单个电池组接入电路，E=I(R十r), a、c接d、e时：两个电池组串联，总电动势为2E,总内阻为 2x,同理得：2E=I,(R十2r), 联立解得：E=15V,r=52. [答案]A [对点集训] 1.B[从I一U图像中读出两点坐标： 状态a:U=0.6V,I=0.2A, 则R==30,P.=UL=0.12w 6 状态b:U6=2.0V,I6=0.4A, R=号-：80=50，D,=UL,=2.0X0.4w=0,8w △R=5.02-3.02=2.02 △P=0.8W-0.12W=0.68W, 故电阻变化量为2，电功率变化量为0.68W.门 2.C[设电源负极的电势为0，则电源正极的电势为9=5V, E 又因为9一9，一R,十RR,代入数据可解得9。=1.5V, 同理有9一典=R平RR,解得A=4V.则U气 9=一2.5V,故A错误；由Q=CU,可知此时电容器所 带电荷量Q=2×10×2.5C=5.0×106C,且上极板 带负电，故B错误；断开开关S,,稳定后a点的电势为 9。'=5V,b点电势仍为96'=4V,可知此时Ub=9′ 9,'=1V,且上极板带正电，则上极板带电荷量的变化量 为△Q=CU=2×10×3.5C=7.0×10iC,故C正确： 由电路知识可知，断开开关S,稳定后流过电阻R,的电流 与断开前相比不会发生变化，故D错误.门 考点二 [例2][解析]题图甲对应的交流电，一个周期内金属 棒转过的角度为2x,所以其周期为T。=红，题图乙所 示的交流电，一个周期内金属棒转过的角度为π，所以其 周期为T。=云则T。=子T,A,B错桃：金属捧绕0 点旋转切割磁感线产生的感应电动势为E=BL0十L 2 =,所以会==日年=8，C 错误，D正确. [答案]D [对点集训] 1.D[根据题意，由图(c)可知，线圈的位移x随时间t按 正弦规律变化，则有x=Asin(wt), 则线图的速度随时间的变化规律为y=Awcos(wt),由于 磁场是辐射状的，线圈运动方向始终与磁感线垂直，感 应电动势的大小E=BL0, 可知，b间电势差U的大小随时间的变化规律与速度 ℃一致，应为余弦函数形式，t=0时刻，线圈有正向最大 速度（位移一时间图像斜率），说明线图向右移动，由右 手定则可知，线圈中电流由a→b,因此a端为负极，b端 为正极，则有U<0,综上所述，D选项图像符合题意.门 2.B[t=0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面 与磁感线垂直，故A错误：根据线圈产生的最大电动势 E=NBS,结合图乙计算得S=0.2Em,故B正确： 它可使“220V,60W”的灯泡正常发光，电动势的最大值 为220√2V,超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电 压为220V的电容器正常工作，故C错误；不同时刻开 始通电，通过1C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能 不同，故D错误，门 3 讲解册参考答案 考点三 [例3][解析]原、副线圈两端的电压与线圈匝数的关 系=，则U物=U。-U,A正确：原、剧线图中 系U n 的电流与线圈匝数的关系一， 21, B错误；理想变压器不改变交变电流的周期，则电源电压 周期为T,C错误；等离子体两端电压的有效值为U有= 号后则半高子你的等就电但为R,-号-配，D √2 正确， 「答案]AD [对点集训] 1.AC[由题意可知，原线圈电压为U1=100V,与灯泡甲 相连的副线圈电压为Um=220V,与灯泡乙相连的副线 圈电压为U,=2V,根据理想变压器的电压与线圈匝数 知=4，其中2=1，解得加=50，A正确：由 关系可知U2nu 输入电压的表达式可知输入电压的周期为0.02s,则输 入电压的频率为50Hz,B错误：灯泡甲、乙均正常发光， 则副线圈的输出功率为11W,根据理想变压器输入功率 与输出功率的关系可知，原线圈的输入功率为11W,C 正确：原线圈的电压有效值为100V,输入功率为11W, 根据1=可知，流过原线图的电流有效值为0,11A, J 则流过原线圈的电流最大值为0.11√2A,D错误，门 2.B[发电站输出总功率P1=U1I1, 卫=690X103Y=50A, 因此R,所在回路电流：l,=13.8×10V R1的功率损失：△P=R,=30000W=30kW, 理想变压器无损耗，第一个变压器副线圈输出功率等于 原线圈输入功率，即P,=P,一△P,, 结合Pg=U,I,,得R,所在回路电流：I2=3A, R。的功率损失：△P=IR。=72W=0.072kW,R1和 R,上损失的总功率为30.072kW.] 课堂评价·高考预测 1.C[设每个灯泡两端的电压为U,由题知n1:n2=3：1,由 题图乙知输入A、B端的交变电压有效值为U据 120区V=120V,由题图甲可知电阻R两瑞的电压满 ② =心，UR十U=UAs,解得电阻R两端的电压为 U。=90V,U=30V,设通过每个灯泡的电流为I,则通过副 线圈的电流为3I,原线圈的输入电流为I,可知通过电阻R 的电流与通过每个灯泡的电流相同，可知通过灯泡的电流 =0.6A,每个灯泡的功率为P=U=18W.] 为1=R 2.B[电压表示数是电压的有效值，故电压表示数不为 零，A错误；熔断丝中电流为10A时输电线的热功率最 大，由理想变压器规律n1I1=212可知，此时输电线中的 电流12=1A,输电线最大热功率P=R线=400W, 〡物理 B正确：由题图乙可得a、b间所接交流电压的有效值U= 220V,又熔断丝两端电压的最大值U=LR=20V,则 升压变压器原线圈两端电压的最小值U,=200V,副线 圈输出电压最小值为U,=U,=2000V,C错误：降压 n 变压器原线图两端电压最小值U,=U2一1R线= 1600V,R两端电压最小值U,=U=160V,此时通 11g 过R的电流1，=1，=10A,则其阻值最小为R= U n =162,D错误.] 第12讲 电磁感应 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]由右手定则可知，流过导体棒的感应电 流方向由b向a,故A错误；导体棒下降过程中，安培力 大小改变，方向不变，由冲量公式I=F可知，导体棒所 受安培力的冲量不为零，故B错误：导体棒下降过程中， 感应电动劳为E=是=，高应电流为1=是 E △t BLh =R·△ 通过号你捧的电荷量大小为g=1·4!=限，故C王 确：根据题意可知，导体棒下降过程中，先做加速度减小 的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则导体棒的 加速度最大值出现在最低点或初始位置，导体棒速度最 大时有mg=B股+k 若设有磁场，由能量宁板定律有mg2=之x, 可知，在最低点时，有x=2mg, 此时，加速度为a=红一mg=g, 72 有磁场时，由能量守恒定律可知，弹簧的形变量减小，则 最低点时加速度小于g,则导体棒的加速度最大值出现 在初始位置，此时，导体棒只受重力，加速度为g> BLv,故D错误。 Rm [答案]C [对点集训] 1.BC[若磁性薄膜的N极在右侧，则通过线圈的磁场方 向向右，吸气时薄膜向左运动，通过线圈的磁场增强，由 楞次定律可知，感应磁场方向向左，则线图中的电流由 >b,b点电势高，A错误，B正确.由题图2可知，P点对 应的电压为正，即由题意可知此时b点电势高于a点电 势，线圈中的感应电流由a·b,通过线圈的感应磁场方 向向左，若P,点对应呼气，则线圈中的原磁场减弱，则原 磁场方向应向左，磁性薄膜的S极在右侧，C正确.由题 图2可知，Q,点对应的电压为负，即由题意可知b,点电势 3 低于a,点电势，线圈中的电流方向由b→Q,通过线圈的 感应磁场方向向右，若Q点对应呼气，则线圈中的原磁 场减弱，则原磁场方向向右，磁性薄膜的S极应在左侧， D错误. 2.D[由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强度 大小为B=a,小线图中产生的感应电动势为E=n △Φ =nS AB t 1e9S,则a一5D正确.了 考点二 [例2][解析]AB.线框在t时间内运动的过程中，切割 的有效长度L=2 vttan45°=2wt,在x=0~L过程中，切 割的有效长度从0均匀增大到L,然后又从最大L减小 到0，高应电动势E=BL0C1高应电流1=景C1,峰值 均出现在x=号 当x=L~2L过程，由于线框的左右两边切割方向相反 的磁场，电动势累加，E=2BLU十BLU=3BL0,峰值出现 在x=头处，峰值为3BL=3E,之后又从峰值均匀减 2 小为零，感应电流有类似的变化.从x=2L一3L过程，切 割磁场的磁感应强度为2B,感应电动势的峰值为2BL =2E。,感应电流为2I。,故A错误，B正确.C.分析研究 b,点进入磁场的磁感应强度为B磁场的过程中，安培力 F=BL=_B(2i巴cf,峰值出现在x= L R R 处，但是二次函数，故C错误；D.电荷量g=1=B() R 心，当x=L处时，电荷量出现峰值，也是x的二次函 数，故D错误， [答案]B [对点集训] 1.BD由右手定则可知感应电流方向由C点指向B点， 即C点的电势高，则U<0,即开始时U<0,故B正 确，A错误：由对称性可知，0一上和2L~3弘是对称的过 程，图像也对称，故C错误，D正确.] 2.ACL根据牛顿第二定律有F=ILB=ma,根据法拉第 电磁感应定律有E=BL,共中1一最解得F=B聚 2R =ma,可知导体棒的速度逐渐减小，且加速度逐渐减小， 初始时刻安培力大小为 BL,故A正确，D错误：报据 2R 欧蚜定律可知U=票BLa=宁BL,则电压的最大值为 号BLu,放B错误：根据电流的定义式有g=I△=系 =架-装则g与x成正比，放C正痛] 8第一部分：专题四电路与电磁感应 专题四！ 电路与电磁感应 ->E 网络构建 电荷量q 电阻串、并联 I=nqSo 等效 E'=E,r'=r+Ro 电源 电流I R-ps 电动机 9=R 光 动态电路 化学 电 U=E-Ir 电源 电压U IR=U 电 含容电路 动生 5=nB哈m IE=IU+P P=IU -W=Re是 B=n感应 =W外+Q内 P=PR 楞次定律电源 电功率P E电=Q+E其格 理想变压器 Ea=W=Pt 远距离输电 感生 E-nEs 合回路 、电能E电 有 安培力F=LB Fv=P 能量问题 焦耳热（总，支） 感应 电流1 感应电路 电路问题 感应电荷量 交变电流 感应磁场 动态问题 路端电压 第11讲 直流电路与交流电路 核心素养~助学提能 考点一直流电路的分析与计算 核心透视 1.电路动态分析的四种方法 (1)程序法 称>8<>应 度 程序法的基本思路是“部分→整体→部 (2)结论法 —“串反并同” 分”，即从阻值变化的部分入手，由串、 “串反”：指某一电阻增大（减小）时，与它串 并联电路的规律判断R的变化情况， 联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、 再由闭合电路欧姆定律判断I意和U外 电功率都将减小（增大） 的变化情况，最后由部分电路欧姆定律 确定相应支路两端的电压如何变化，以 “并同”：指某一电阻增大（减小）时，与它并 及通过相应支路的电流如何变化.即以 联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、 下程序图： 电功率都将增大（减小） 67 I物理 (3)极限法 [解题指导] 因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题， 第一步：a、b接d、e时，只有单个电池接 可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使 入电路，根据闭合电路欧姆定律列式； 电阻最大或电阻为零去讨论 第二步：a、c接d、e时，两个电池串联，总 (4)特殊值法 电动势为2E,总内阻为2，同理，根据闭 对某些电路问题，可以代入特殊值进行判 合电路欧姆定律列式： 定，从而得出结论 对点集训 2.闭合电路中几种常见图像的比较 1.(2026·黑吉辽蒙卷)某同学做“描绘小灯泡 类型 公式 图像 特殊值 的伏安特性曲线”实验时，得到的I-U图像 短路：R=0,I= 如图所示.从图中状态a到状态b,小灯泡电 阻的变化量和电功率的变化量分别为 I-R E I E,图像始端； ( 图像 R+r 断路：R=o∞， 1=0,图像末端 0.6 短路：R=0, U U-I: I=E,U=0; 0.2 U=E-Ir 图像 断路：R=o∞， E I=0,U=E U/V 0 1.0 2.0 3.0 A.2.02,0.28W 短路：1=E」 r B.2.02,0.68W P=0; C.7.02,0.28W P-R E 断路：I=0,P D.7.02,0.68W 图像 (r十R)R =0.当R=r 2.在如图所示的电路中，定值电阻R1=72、 时，P最大， R2=32、R3=12、R4=42,电容器的电容 C=2F,电源的电动势E=5V,内阻不计. 闭合开关S、S2,电路稳定后，则() 典题例析 [例1] (2026·湖南 卷)如图，电阻R的阻 值为102，电流表为 理想电表，两个电池组 电池组电池组 A.a、b两点的电势差U=2.5V 完全相同.若将a、b端分别接入d、e端，电 B.电容器所带电荷量为1.0×10-5C 流表示数为1.0A;若将a、c端分别接入d、 C.断开开关S2,稳定后电容器上极板所带 e端，电流表示数为1.5A.则单个电池组的 电荷量与断开前相比的变化量为7.0× 电动势和内阻分别为 ( 10-6C A.15V,52 B.15V,102 D.断开开关S2,稳定后流过电阻R3的电流 C.30V,52 D.30V,102 与断开前相比将发生变化 68 第一部分：专题四电路与电磁感应 考点二 交变电流的产生和描述 核心透视 B2=4B0 1.交变电流的四值 B1=B0 线圈平面磁通量最大且为巾=BS,感应电动势为 处于中性面零，磁通量变化率为零 线圈平面 磁通量为零，感应电动势最大且为 图甲 图乙 公 垂直中性面Eo-nBSω，磁通量变化率最大 线圈平面处于中 余 解 性面时开始计时礼e-nBSwsin t 闭合电路感应 1 时 欧姆定律电流i A.Ez=4E甲、T之=2T甲 线圈平面垂直中 性面时开始计时e-nBSw cos0r 电 平 求解通过线圈的 △Φ B.Ez-8Ee.To-To ql△t=n△Φ 值 电荷量 △t-Ra At=nRB 正弦式电流 有效值是最大值的应 C.Ez=4E甲、Tz=4 值 儿非正弦式电流有效值根据电流的热效应求解 DE2=8E年T么-T号 2.计算非正弦式交变电流有效值的方法 对点集训 (1)分段计算电热，然后求和得出一个周期内 1.(2026·黑吉辽蒙卷)动圈式扬声器的结构 产生的总热量 和线圈绕向如图(a)所示，图(b)为线圈所在 (2)利用两个公式Q=IRt和Q= Rt,可分别 区域磁场分布，将其用作话筒时，锥形纸盆 求得电流有效值和电压有效值. 的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信 (3)若图像的部分是正弦（或余弦）式交变电流， 号.规定向右为线圈位移x的正方向，若x 随时间t的变化如图(c)所示，则a、b间电势 其中的周期（但必须是从零至最大值或从 差U.随t变化的图像可能为 最大值至零)，2周期部分可直接应用正弦式 永久磁体 交变电流有效值与最大值间的关系I= 2 U-二求解， √2 典题例析 [例2](2026·山东卷)图甲是某交流发电 机的原理图，在Oxy坐标系中，以O为圆心 的上、下两个半圆区域内分别充满垂直Oxy 面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小 均为B,=B。,金属棒一端始终位于O点，绕 O点在Oxy面内以恒定角速度ω转动，产 生有效值为E甲、周期为T甲的交变电动势. 如图乙所示，现将一、四象限磁场方向分别 变为垂直Oxy面向里和向外，整个圆形区 域磁感应强度大小变为B2=4B。,且金属棒 2.如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可 转动角速度变为2w,产生有效值为E乙、周 视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈（内阻不 期为T乙的交变电动势.则 计)绕垂直于磁场方向的轴O0匀速转动，某位 69 I物理 置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所 A.t=0时刻，线圈平面与磁感线平行 示，已知磁感应强度B=0.1T,则 e/V B.线圈的面积S为0.22m 2202 C.它可使“220V,60W”的灯泡正常发光，也可 使击穿电压为220V的电容器正常工作 3t/x102s) M D.以此作为电源，每通过1C的电荷量，消 -2202 耗的电能为220√2J 甲 考点三 理想变压器 电能的输送 核心透视 典题例析 1.理想变压器问题中的两个“弄清” [例3]（多选）(2026·河北卷)图1为一 (1)弄清变量和不变量.如原线圈电压不变， 种等离子体工作电路，理想变压器原线 原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随 圈两端接电压为U的正弦交流电源，原、 电路的变化而发生变化. 副线圈的匝数分别为n1、n2,R为保护电 (2)弄清动态变化过程中的决定关系，如U2由 阻.稳定工作时交流电流表的读数为I, U1决定，P1、I1由P2、12决定， 若等离子体可等效为定值电阻，其两端 2.解决电能的输送问题的一般思路 的正弦交流电压波形如图2所示，Um为 电路电能的输送线路由升压变压器、输电线、降压 电压峰值，T为周期，则下列说法正确 分析变压器和负载四部分组成 的是 升压变压器输入电压U,是不变的，根据 AC 等离子体 1可以确定升压变压器的输出电压U2,输 电压 关系电线上有一定的电压损失，AU=IR.降压变 图1 压器输入端电压U3=U2-△U,降压变压器 U=s确定 输出电压由可， 3T 升压变压器输入功率为P1,输电线上损失功 功率 率为△P=R,降压变压器输出功率为P2, 关系 图2 则P1=P2+△P=P2十IR A.副线圈电压 n 升压变压器输入电流由I1= 确定，输出电 U B.原线圈中电流”1 电流 n2 流12由确定，山通过输电线传到降压 关系 7n1 C.电源电压周期为”2T 变压器，即I3=I2,而 I.ns D.等离子体的等效电阻2 21 70 第一部分：专题四电路与电磁感应 [解题指导] A.原线圈的匝数为50 第一步：根据理想变压器原副线圈的电压 B.输入电压的频率为100Hz 及电流规律分析； C.原线圈的输入功率为11W 第二步：求出等离子体两端电压的有效 D.流过原线圈的电流最大值为0.11A U求解 2.（2026·贵州卷)如图，某发电站输出电压 值，由R等 U,=13.8kV的交流电，经两个变压器先后 对点集训 将电压升至U2=220kV和U3=500kV,再 1.(多选)(2026·湖北卷)如图所示，有一理想 并入电网.输电线电阻R1=122,R2=82 设所用变压器均为理想变压器，若发电站输 变压器，其原线圈输人电压为u=100√2 出功率P,=690kW,则R,和R2上损失的 sinl00πt(V),在一个副线圈上接额定电压 为220V、额定功率为10W的灯泡甲，在另 总功率为 R R 一个单匝副线圈上接额定电压为2V、额定 功率为1W的灯泡乙，两灯泡均能正常发 发 光.下列说法正确的是 U 线 P 站 甲 A.30.118kW B.30.072kW 乙 C.30.024kW D.30 kW 课堂评价>高考预测 1.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线 表.电路可以长时间工作，下列说法正确的 圈匝数比为3：1，电路中的5个灯泡完全 是 ( 相同，定值电阻R=150Ω，当A、B端输入 熔断丝 如图乙所示的交变电压时，5个灯泡亮度相 n33 na R 同，则每个灯泡的平均功率为 e/V 甲 120N2 tl×10-2s) ↑uWV 220V2 -120W2 甲 t/(×10-2s) -220 A.9 W B.12W 乙 C.18w D.25W A.t=0.02s时，电压表的示数为零 2.在如图甲所示的远距离输电线路中，a、b两 B.输电线上的热功率可能为200W 端接图乙所示的正弦交流电，熔断丝的熔断 C.升压变压器输出电压有效值可能为1900V 电流为10A,电阻为22，升压理想变压器 D.R的阻值可能为142 原、副线圈匝数比为1：10，输电线总电阻 为400Ω，降压理想变压器原、副线圈匝数 @温馨提 学习至此，请完成配套训练专题精准强化11 比为10：1，电阻R两端并联理想交流电压 71