（浙江专用）2020版高考物理二轮复习 专题四 第1讲 直流电路与交流电路的分析课件

第1讲直流电路与交流电路的分析网络构建备考策略1.必须领会的“二种物理思想”和“四种方法”(1)等效思想、守恒思想。(2)程序法、极限法、分析推理法、守恒法。2.解决交变电流问题要做到“四看”、“四想”(1)看到“电容器的耐压值”，想到“最大值”。(2)看到“某时刻某位置”，想到“瞬时值”。(3)看到“电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数”，想到“有效值”。(4)看到“通过电路的电荷量”，想到“平均值”。3.理想变压器弄清“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。直流电路的分析与计算直流电路的动态分析【典例1】(2019·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)如图1所示，电源的电动势为E、内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法正确的是()图1A.电压表的示数变大B.电流表的示数变小C.滑动变阻器消耗的功率变小D.定值电阻R消耗的功率先变大后变小解析等效电路图如图所示。滑片从a端滑向b端，其接入电路的阻值RPb减小，电路中电流增大，电压表示数减小，电流表示数增大，电阻R消耗的功率增大，选项A、B、D错误；把电阻R当作电源内电阻(等效电源)，则R内＝2r，RPb减小，且RP2r，等效电源的输出功率减小，即滑动变阻器的功率减小，选项C正确。答案C【典例2】(2019·浙江桐乡选考适应性考试)(多选)如图2所示的电路中，电源电动势E＝4V，内阻r＝1Ω，定值电阻R0＝1Ω，R为滑动变阻器，电容器的电容C＝40μF。闭合开关S，下列说法中正确的是()A.将R的阻值调至2Ω时，电容器的电荷量为8×10－5CB.将R的阻值调至2Ω时，滑动变阻器的功率为最大值C.将R的阻值调至2Ω时，电源的输出功率为最大值D.在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电容器的电荷量增加直流电路(含电容)的分析与计算图2答案AB解析将R的阻值调至2Ω时，由闭合电路欧姆定律，可计算出滑动变阻器中电流I＝ER＋R0＋r＝42＋1＋1A＝1A，电容器两端电压U＝IR＝2V，电容器的电荷量Q＝CU＝40×10－6×2C＝8×10－5C，选项A正确；把定值电阻R0看作电源内阻的一部分，根据电源输出功率最大的条件，将R的阻值调至2Ω时，外电阻R等于定值电阻和内阻之和，滑动变阻器的功率为最大值，选项B正确；将R的阻值调至2Ω时，定值电阻和滑动变阻器相对于电源来说，是外电阻，大于电源内阻，电源的输出功率不是最大值，选项C错误；在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，电容器两端电压逐渐减小，根据公式Q＝CU可知，电容器的电荷量逐渐减小，选项D错误。1.程序法：基本思路是“部分→整体→部分”。即2.电容器所在的支路可看作是断路，分析含有电容器的直流电路时，关键是准确判断和求出电容器两端的电压。1.(2019·浙江宁波联考)如图3所示为某控制电路，主要由电源(E、r)与定值电阻R1、R2及碳膜电位器(即滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两指示灯。闭合开关S，当电位器的触头由弧形碳膜的中点顺时针滑向b端时()图3A.L1指示灯变亮B.L2指示灯变暗C.电流表示数变小D.电容器带电荷量增大解析当电位器的触头向b端滑动时，电路的总电阻增大，干路电流减小，所以内电压减小，路端电压增大，所以R1两端的电压增大，流过R1的电流变大，电流表示数变大；因为干路电流减小，则通过L1的电流变小，L1变暗，L1两端电压减小，路端电压增大，所以电位器两端电压增大，L2中电流增大，所以L2变亮，电容器两端的电压变大，根据Q＝CU知电容器带电荷量增大，故选项A、B、C错误，D正确。答案D2.如图4所示的电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是()图4答案C解析由题图知R0与R并联，电压表测路端电压，电流表测R接入电路部分所在支路的电流。该恒流源提供的电流恒定为I总，流过R0的电流为I0，R0两端的电压为U0，流过R接入电路部分的电流为I，R接入电路部分两端的电压为U。根据并联电路的特点可知U＝U0＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，其中I总、R0为定值，由U＝－R0I＋I总R0可知U－I图象为直线，－R00，即图象的斜率小于0，故选项A、B错误；由电功率的计算公式P＝UI知，电路消耗的总功率P＝UI总＝(I总－I)R0×I总＝－I总R0I＋I2总R0，其中I总、R0为定值，由P＝－I总R0I＋I2总R0可知P－I图象为直线，－I总R00，即图象的斜率小于0，且I不会为0，P不会为0，故选项C正确，D错误。3.(2019·浙江名校协作体模拟)(多选)如图5甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R＝6Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是()图5A.电源的电动势E＝4105V，内阻r＝4ΩB.图乙中Rx＝25ΩC.定值电阻R消耗的最大功率为0.96WD.调整滑动变阻器RP的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1W答案BC解析当RP＝R＋r＝10Ω时，滑动变阻器的功率最大，R＝6Ω，可得内阻r＝4Ω，最大功率P＝E24（R＋r）＝0.4W，得E＝4V，A错误；滑动变阻器的阻值为4Ω时消耗的功率与阻值为Rx时消耗的功率相等，ER＋r＋42×4＝ERx＋R＋r2Rx，有4Rx＝(R＋r)2，解得Rx＝25Ω，B正确；当回路的电流最大时，即RP＝0时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为ER＋r2R＝0.96W，C正确；当外电路电阻与内阻相等时，电源输出功率最大，本题中定值电阻R的阻值已经大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为零时，电源的输出功率最大，最大功率为ER＋r2R＝0.96W，D错误。有效值的理解与计算交变电流的分析与计算【典例1】(2019·浙江温州选考适应性考试)(多选)图6甲为小型交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝5Ω，线圈的两端与阻值为95Ω的电阻R连接，交流电压表为理想电表。t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。若交流发电机产生的电动势的最大值为Em，电压表的示数为U，则()图6A.Em＝200V，U＝134VB.Em＝134V，U＝95VC.通过电阻R的电流每秒内方向改变约50次D.电阻R实际消耗的功率为190W答案AD解析交流发电机产生的电动势的最大值Em＝nBSω，而Φm＝BS，由Φ－t图线可知Φm＝2.0×10－2Wb，T＝2π×10－2s，所以ω＝100rad/s，Em＝200V，电动势的有效值E＝Em2＝1002V，由闭合电路的欧姆定律，可知电路中电流的有效值I＝ER＋r＝2A，电压表的示数为U＝IR＝952V≈134V，故选项A正确，B错误；由题图乙可知，周期T＝2π×10－2s，频率f＝1T≈16Hz，故通过电阻R的电流每秒内方向改变约32次，选项C错误；电阻R消耗的功率为P＝I2R＝190W，故选项D正确。交变电流的产生及变压器的工作原理【典例2】(2019·浙江金华一中模拟)如图7所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈输入交变电压u＝311sin(100πt)V，已知照明灯额定功率为44W，排气扇电动机内阻为1Ω，电流表示数为2A，各用电器均正常工作，电表均为理想表。则()图7A.电压表示数为62VB.变压器的输入功率为186WC.排气扇输出功率为43WD.保险丝熔断电流不得低于2A答案C解析原线圈输入电压最大值为Um＝311V，原线圈输入电压为U1＝220V，根据变压器变压公式，U1∶U2＝5∶1，可知副线圈输出电压U2＝44V，选项A错误；变压器的输出功率为P出＝U2I＝44×2W＝88W，根据变压器输入功率等于输出功率，可知变压器输入功率为P入＝88W，选项B错误；由P出＝P灯＋P扇＝44W＋P扇＝88W可知，P扇＝44W。照明灯中电流I灯＝P灯U2＝1A，排气扇中电流I扇＝I－I灯＝1A，排气扇内阻发热功率为P热＝I2扇r＝1W，由P扇＝P热＋P出可得排气扇输出功率为P出＝43W，选项C正确；由P入＝U1I1，解得保险丝中电流I1＝0.4A，即保险丝熔断电流不得低于0.4A，选项D错误。理想变压器的动态分析【典例3】(多选)如图8所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，电灯L的亮度变暗了，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮()图8A.其他条件不变，P1上移，同时P2下移B.其他条件不变，P1下移，同时P2上移C.其他条件不变，断开开关SD.其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动答案BC解析P1上移则n1增大，P2下移则n2减小，由理想变压器规律U1U2＝n1n2可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，选项A错误；P1下移则n1减小，P2上移则n2增大，由理想变压器规律U1U2＝n1n2可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，选项B正确；其他条件不变，则电压U2不变，断开开关S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，电灯L两端的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，选项C正确；其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，电灯L两端的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，选项D错误。远距离输电的分析与计算【典例4】(2018·青岛二模)(多选)如图9所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为10Ω，则下列说法中正确的是()图9A.采用高压输电可以增大输电线中的电流B.升压变压器的输出电压U2＝2000VC.用户获得的功率为19kWD.将P下移，用户获得的电压将增大答案BC解析采用高压输电可以减小输电线中的电流，故选项A错误；由II2＝110可知I2＝10A，由P＝U2I2，解得U2＝2000V，故选项B正确；损失功率为P损＝I22R＝1000W，所以用户获得的功率为P1＝P－P损＝19kW，故选项C正确；将P下移，n3增大，由U3U4＝n3n4可知U4减小，故选项D错误。1.(2019·浙江嘉兴检测)科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计(0刻度在正中央)与一个保护电阻R0串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图10所示。发电机模型线圈匝数可调。转动手柄使线圈在磁场中匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是()图10A.电流计指针总是左、右摆动B.当转速很小时，电流计指针左、右摆动C.当转速很大时，电流计指示的为交变电流的有效值D.当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值解析交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快，电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定时指针指向“0”刻度，不能测定交变电流的有效值，选项A、C错误，B正确；线圈匝数不能改变电流方向变化的频率(由线圈转动的角速度决定)，因此选项D错误。答案B2.(多选)在如图11所示的电路中，理想变压器原线圈串联两只灯泡L1、L2，副线圈并联三只灯泡L3、L4、L5，五只灯泡完全相同。若交流电源的电压有效值为U，五只灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是()图11A.每只灯泡的额定电压为15UB.每只灯泡的额定电压为23UC.变压器原、副线圈匝数之比为3∶1D.变压