2019高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路课件

专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路建体系•记要点研考向•提能力做真题•明考向目录ONTENTSC4限训练•通高考1．(2018·高考全国卷Ⅲ，T16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示．则Q方∶Q正等于()A．1∶2B.2∶1C．1∶2D．2∶1解析：由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝u20R·T2＋u20R·T2＝u20RT，Q正＝U2有效RT＝u022RT＝12·u20RT，故知Q方∶Q正＝2∶1.答案：D2.(2016·高考全国卷Ⅰ，T16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()A．2B．3C．4D．5解析：设理想变压器原、副线圈的匝数之比为n，开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比II2＝n2n1＝1n，通过R2的电流I2＝nI，根据变压器的功率关系得，UI－I2R1＝(nI)2(R2＋R3)；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4II2′＝n2n1＝1n，通过R2的电流I2′＝4nI，根据功率关系有U·4I－(4I)2R1＝(4nI)2R2，联立以上两式并代入数据解得n＝3，选项B正确．答案：B3．(2016·高考全国卷Ⅱ，T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()A.25B.12C.35D.23解析：S断开时等效电路如图甲所示．电容器两端电压为U1＝ER＋23R×23R×12＝15E；S闭合时等效电路如图乙所示．电容器两端电压为U2＝ER＋12R×12R＝13E，故由Q＝CU得Q1Q2＝U1U2＝35，故选项C正确．答案：C4.(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ，T21)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误．答案：BC■命题特点与趋势——怎么考1．从近几年高考试题可以看出以下特点：应用串、并联电路规律，闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，电路故障的判断分析，交变电流的产生及“四值”，多以选择题形式出现．变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主．2．2019年高考题会以部分电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查电路的动态分析与功率的计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点．■解题要领——怎么做1．理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义．理解交变电流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理．2．掌握以下应考技法(1)程序法；(2)等效法；(3)分析推理法；(4)守恒法．1．闭合电路欧姆定律(1)闭合电路的欧姆定律：I＝ER＋r.(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir.(3)路端电压与负载的关系：U＝IR＝RR＋rE＝11＋rRE，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．2．正弦式交变电流的“四值”(1)最大值Em＝NBSω.(2)瞬时值e＝NBSωsinωt.(从中性面开始计时)(3)有效值：正弦式交变电流的有效值E＝Em2；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．(4)半个周期内的平均值：E＝2NBSωπ，常用来计算通过电路的电荷量．3．理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P入＝P出．(2)电压关系：U1U2＝n1n2.(3)电流关系：只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1.直流电路动态分析的3种常用方法(1)程序法遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：(2)结论法——“串反并同”①“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)．②“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)极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将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．1．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，以下说法正确的是()A．电源内阻消耗的功率一定增大B．电源内阻消耗的功率一定减小C．电源的输出功率一定减小D．电源的输出功率可能减小解析：闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，所在支路的电阻增大，外电路电阻增大，电源输出电流减小，电源内阻消耗的功率Pr＝I2r一定减小，选项A错误，B正确；根据电源输出功率最大的条件可知，当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大．当滑动变阻器的滑片P由a端滑向b端的过程中，电源的输出功率可能减小，选项D正确，C错误．答案：BD2．如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响．当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，则()A．电压表示数增大B.电流表示数减小C．质点P将向下运动D．R1上消耗的功率逐渐减小解析：由题图可知，滑动变阻器R2与R3并联后与R1串联，电容器与R3并联．当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，R2接入电路的阻值减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表读数减小，故A错误；并联部分电压减小，流过R3的电流减小，而电路中总电流增大，故流过R2的电流增大，即电流表示数增大，故B错误；因电容器两端电压减小，板间场强减小，质点受到的向上电场力减小，故质点P将向下运动，故C正确；因通过R1的电流增大，由P＝I2R可知，R1上消耗的功率增大，故D错误．答案：C3．(多选)(2018·百校联盟四月联考)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，则下列说法正确的是()A．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大B．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变C．先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2电容器有放电现象D．同时闭合S1、S2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R1两端的电压增大解析：仅闭合S1，回路中只有R1与R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时，R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故A错误，B正确；先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器与R2形成闭合回路，电压减小，故电容器所带的电荷量减小，电容器对外放电，故C正确；同时闭合S1、S2，二极管与R1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R1被短接，故D错误．答案：BC[典例展示1]如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．则()A．t＝0时感应电流的方向为a→b→c→d→aB．从图示时刻开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝314sin100πt(V)C．线圈转一圈外力做的功为98.6JD．从图示位置起到线圈转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为0.01C[解析]根据右手定则，线圈中感应电流的方向为a→d→c→b→a，选项A错误；由转速n＝3000r/min可知线圈的角速度ω＝100πrad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314V，感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝314cos100πt(V)，选项B错误；感应电动势的有效值E＝Em2，线圈匀速转动的周期T＝2πω＝0.02s，线圈匀速转动一圈，外力做功的大小等于电阻产生的热量的大小，即W＝I2(R＋r)T＝E2TR＋r，代入数据得W＝98.6J，选项C正确；从图示时刻起到线圈转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝NΔΦR＋r＝NBΔSR＋r＝NBl1l2R＋r，代入数据得q＝0.1C，选项D错误．[答案]C[规律总结](1)有效值计算的三点注意①计算有效值时要根据串联电路中，“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．②分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量．③利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝U2Rt可分别求得电流有效值和电压有效值．(2)交变电流“四值”应用的三点提醒①在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．②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来定义的．③与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值，如例题中C项，计算功，先用有效值计算热量；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如例题中D项．(3)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(如例题中B选项)①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝2πT＝2πf＝2πn.②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．a．若线圈从中性面开始计时，则e­t图象为正弦函数，e＝Emsinωt；b．若线圈从垂直中性面开始计时，则e­t图象为余弦函数，e＝Emcosωt.4．(2018·湖北武汉高中毕业生调研)如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动．当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动时，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈产生的感应电动势最大B．0～π2ω时间内，线圈中感应电流方向为abcdaC．t＝π2ω时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零D．线圈每转动一周电流方向改变一次解析：由右手定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，则t＝0时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，选项A错误；0～π2ω时间内，线圈转过90°角，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda，选项B正确；t＝π2ω时，线圈的磁通量为零，由于线圈的ab和cd边切割磁感线的速度方向与磁场方向不平行，则感应电动势不为零，选项C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，选项D错误．答案：B5．(2018·湖南永州高三下学期第三次模拟)边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对