（浙江专用版）2020版高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第8讲 直流电路与交流电路课件

第一部分专题复习专题定位1.掌握闭合电路欧姆定律，会进行直流电路的分析；2.掌握正弦式交变电流的产生及描述，会解决变压器及远距离输电问题；3.理解楞次定律和法拉第电磁感应定律；4.综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题.题型1直流电路分析内容索引NEIRONGSUOYIN题型2交变电流的产生及描述题型3变压器与远距离输电直流电路分析题型11.电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，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，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压.相关知识链接2.一个定律、两个关系(1)闭合电路欧姆定律：I＝ER＋r.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)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir.(3)路端电压与负载的关系动态分析3法方法1：程序法R局↑→R总↑→I总↓→U内↓→U外↑→确定U支、I支反之：R局↓→R总↓→I总↑→U内↑→U外↓→确定U支、I支方法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).规律方法提炼方法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.例1(多选)(2019·温州市联考)如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表.初始时S0与S均闭合，现将S断开，则A.的读数变大，的读数变小B.的读数变大，的读数变大C.的读数变小，的读数变大D.电源内阻消耗的电能比断开前少解析S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，的读数变大，把R1归为内阻，内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表读数增大，故B正确，A、C错误；电路中总电流减小，根据P＝I2r可知，内阻消耗的功率减小，则电源内阻消耗的电能比断开前少，故D正确.√√拓展训练1如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电压表)，在这个过程中A.通过R1的电流减小，减小量一定等于B.R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC.路端电压减小，减小量一定等于ΔUD.通过R2的电流增加，但增加量一定大于√ΔUR1ΔUR2拓展训练2(2019·超级全能生2月联考)小雷同学家里购买了一款扫地机器人，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如图所示数据，则该扫地机器人主机基本参数产品尺寸345mm*345mm*96mm电池14.4V/5200mA·h锂电池产品质量约3.8kg无线连接Wi－Fi智能快连额定电压14.4V额定功率55WA.额定工作电流为0.25AB.充满电后正常工作的时间为2.5hC.电池充满电后储存的总电荷量为18720CD.以额定电流工作时每小时消耗能量为55J√解析由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4V，额定功率为55W，则额定电流I＝5514.4A≈3.82A，每秒钟消耗能量W＝Pt＝55J，A、D错误；主机基本参数产品尺寸345mm*345mm*96mm电池14.4V/5200mA·h锂电池产品质量约3.8kg无线连接Wi－Fi智能快连额定电压14.4V额定功率55W根据电池容量5200mA·h知，电池充满电后储存的总电荷量Q＝5.2A×3600s＝18720C，充满电后正常工作的时间t＝5200×10－3A·h3.82A≈1.36h，B错误，C正确.拓展训练3(2019·山东济南市上学期期末)如图所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，由于故障两灯突然熄灭，(假设电路中仅有一处故障)下列说法正确的是A.将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数为0，说明ac间断路B.将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间完好C.将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数；并联在ac两端，示数为0，说明cd间断路D.断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1完好√解析若ac间断路，则将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数应该等于电源的电动势E，选项A错误；将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间断路，选项B错误；将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数，则可能是L1或L2其中之一断路；并联在ac两端，示数为0，说明cd间的L2断路，选项C正确；断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1断路，选项D错误.交变电流的产生及描述题型21.正弦交变电流的产生匀强磁场中线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.2.线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次.相关知识链接1.交变电流“四值”的应用(1)最大值：Em＝nBSω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E＝Emsinωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；规律方法提炼(4)平均值：E＝nΔΦΔt，计算通过电路横截面的电荷量.2.有效值的计算(1)正弦式交变电流：有效值是最大值的12；(2)非正弦式交变电流：必须根据电流的热效应来求解.例2图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω，则A.电压表的示数为6VB.在t＝0.01s的时刻，穿过线圈磁通量为零C.若线圈转速改为25r/s，则电动势有效值为3VD.若线圈转速改为25r/s，则通过灯泡的电流为1.2A√解析电压表的示数是外电路交流电压有效值，U＝ER＋rR＝69＋1×9V＝5.4V，A错误；t＝0.01s时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B错误；原来线圈的转速为n＝ω2π＝2π2πT＝50r/s，当线圈的转速改为25r/s时，感应电动势的最大值为622V＝32V，有效值为3V，通过灯泡的电流为0.3A，C正确，D错误.拓展训练4(多选)(2019·吉林市友好学校联合体期末)如图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的OO′轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是A.磁通量变化率为零B.感应电流最大C.磁通量变化率最大D.通过线圈的磁通量最大解析由题图可知，线圈处于与中性面垂直的位置，此时通过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，感应电动势和感应电流也最大，故A、D错误，B、C正确.√√拓展训练5(2018·全国卷Ⅲ·16)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∶B.∶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＝u02R·T2＋u02R·T2＝u02RT，Q正＝U有效2RT＝u022RT＝12·u02RT，Q方∶Q正＝2∶1，故选D.22√变压器与远距离输电题型31.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.2.四点说明(1)变压器不能改变恒定电压.(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率.(3)理想变压器本身不消耗能量.(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值.相关知识链接1.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.2.输电线路功率损失的计算方法(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率.规律方法提炼(2)P损＝I线2R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻.(3)P损＝ΔU2R线，ΔU为在输电线路上损失的电压，R线为线路电阻.(4)P损＝ΔU·I线，ΔU为在输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流.例3(多选)(2019·安徽宣城市期末调研测试)如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通过滑片F调节，R1为定值电阻，R2为阻值可通过滑片P调节的滑动变阻器，保持交流电源的电压U大小不变，以下说法正确的是A.保持F不动，P下移，则R1电压的减小量等于R2电压的增加量B.保持F不动，P下移，则电流表A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数减小C.保持F不动，P下移，则电流表A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数增大D.保持P不动，F上移，两电流表示数都增大，且增大倍数相同√√解析保持F不动，则副线圈电压U2一定，P下移，则R2变大，副线圈电流减小，电流表A2示数减小，R1电压减小，R2电压变大，因UR1＋UR2＝U2为定值，则R1电压的减小量等于R2电压的增加量，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数减小，选项A、B正确，C错误；保持P不动，F上移，则副线圈匝数增加，副线圈电压U2变大，因副线圈电阻不变，则副线圈电流变大，即A2变大，A1变大，即两电流表示数都增大，但因不是定值，则增大倍数不相同，选项D错误.I1I2＝n2n1拓展训练6如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1∶n，副线圈接一定值电阻R，则A.若ab之间接直流电压U，则R中的电流为nURB.若ab之间接直流电压U，则原、副线圈中的电流均为零C.若ab之间接交流电压U，则原线圈中的电流为n2URD.若ab之间接交流电压U，则副线圈中的电流为UnR√解析变压器不能改变直流电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有电流，故A、B选项错误；当原线圈接交流电压U时，则副线圈输出电压为nU，副线圈中的电流为nUR，又因为原、副线圈电流之比与匝数成反比，可得原线圈中的电流为n2UR，故C选项正确，D错误.例4(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是A.当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小B.输电线的总电阻R两端的电压等于(U2＋U3)，且随用户的用电器增加而增加C.输电线上损失的功率为P32RU32，且随用户的用电器增加而增加D.要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n2n1，同时应增大降压变压器的匝数比n3n4√√解析交流发电机的输出电压U1一定，匝数没变，根据U1U2＝n1n2，知U2不变，故A错误；输电线上的电流I＝P3U3，则输电线上损失的功率为P损＝I2R＝P32RU32，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线R上损失的功率增加，C正确；输电线的总电阻R两端的电压等于(U2－U3)，且随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会增大，则输电线R上的电压增加，B错误；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据U1U2＝n1n2知，所以应增大升压变压器的匝数比；U3＝U2－IR，U2增大，I减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据U3U4＝n3n4知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确.拓展训练7(多选)(2019·浙南名校联盟期末)位于温州