（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题五 电路与电磁感应 第一讲 直流电和交流电课件

专题综合突破第一部分专题五电路与电磁感应第一讲直流电和交流电知识体系构建[答案](1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟整个电路中的总电阻成反比．(2)表达式：I＝ER＋r，或E＝U外＋Ir，或Eq＝qU外＋qU内．(3)电路故障分析基本思路及方法①仪表检测法a．电流表示数正常而电压表无示数“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．故障原因可能是：ⅰ.电压表损坏；ⅱ.电压表接触不良；ⅲ.与电压表并联的用电器短路．b．电压表有示数而电流表无示数“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．故障原因可能是：ⅰ.电流表短路；ⅱ.和电压表并联的用电器断路．c．电流表、电压表均无示数“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．d．欧姆表检测先使被测电路与电源断开，用欧姆表检测用电器，指针不动，说明用电器断路；指针偏转最大，说明用电器短路．②假设法已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止，此方法亦称排除法．(4)理想变压器的基本特征①无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt相同．②线圈无电阻，因此无电压降低，U＝E＝nΔΦΔt.③根据Un＝ΔΦΔt得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立．④无电能损失．⑤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．热点考向突破热点考向一直流电路的分析和计算【典例】(多选)(2019·浙江杭州五县七校联考)如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中()ADA．电源内阻消耗的功率先减小后增大B．电源的效率先减小后增大C．电流表的示数先减小后增大D．电压表的示数先增大后减小[思路引领][解析]因R1阻值小于变阻器的总电阻，则知在滑片P由中点向上移动的过程中，滑动变阻器与R1并联部分电路的总电阻R并先增大后减小，电路中总电流I总＝ER并＋R2＋R内先减小后增大，电源内阻消耗的功率P内＝I2总R内先减小后增大，A项正确．电源的效率η＝I2总R并＋R2I2总R并＋R2＋R内＝R并＋R2R并＋R2＋R内＝11＋R内R并＋R2先增大后减小，B项错误．在滑片P由中点向上移动到顶端的过程中，因R1与滑动变阻器上部分的电阻之和逐渐减小，由“串反并同”可知，电流表的示数一直增大，C项错误．电压表的示数U＝E－I总R内先增大后减小，D项正确．电路动态分析的常用“4法”1．程序判断法：遵循“局部→整体→部分”的思路，按以下步骤分析：2．极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．3．串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)．所谓“并同”，即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)．4．极限分析法：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滑到两端、中间等特殊位置，对特殊位置进行分析讨论，从而得到有效电阻的变化规律．迁移一电路的故障分析1．(2019·四川宜宾一中训练)如图所示电路中，a、d间接电源，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压分别为Uad＝U，Uab＝0，Ubc＝U，Ucd＝0，已知电源电压为U，则产生的故障原因可能是(只有一处断路)()A．灯泡L1断路B．灯泡L2断路C．变阻器断路D．电源断路C[解析]若灯泡L1断路，电路中没有电流，则Udc＝0，Ubc＝0，Uab＝U，与题意不符，故A错误；若灯泡L2断路，电路中没有电流，则Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝U，与题意不符，故B错误；若变阻器R断路，电路中没有电流，Uab＝0，Ucd＝0，Ubc＝U，与题意相符，故C正确；若电源断路，则Uad＝Ubc＝0，与题意不符，故D错误．迁移二常规动态电路的分析2．(多选)(2019·河南名校联考)如图电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是()BDA．电压表的示数变小B．电流表的示数变小C．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比一定小于电源的内电阻r[解析]设通过R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，两端的电压分别为U1、U2、U3、U4，干路电流为I总，路端电压为U，电流表示数为I，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，R2连入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，I总变小，根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－I总r，则U变大，U即电压表的示数，选项A错误；电压表示数变大，I3变大，由I4＝I总－I3，I总变小，I3变大，可得I4变小，从而知U4变小，而U1＝U－U4，U变大，U4变小，则U1变大，I1变大，又I总＝I＋I1，I总变小，I1变大，可知I变小，所以电流表的示数变小，选项B正确；由I4＝I1＋I2，I4变小，I1变大，知I2变小，则ΔI1ΔI2，ΔI2ΔI4，则无法比较R1中电流变化量与R4中电流变化量的大小关系，选项C错误；电源的内电阻r＝ΔUΔI总，I总＝I＋I1，I总变小，I变小，I1变大，所以ΔI总ΔI，可得ΔUΔI总ΔUΔI，选项D正确．迁移三含电容电路的动态分析3．(2019·吉林六校联考)在如右图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是()A．电源的输出功率变小B．灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电压表读数变小A[解析]当滑动变阻器的滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，则电路的总电阻增大，总电流减小．小灯泡消耗的电功率P＝I2RL，由于灯泡的电阻RL不变，所以灯泡消耗的电功率减小，灯泡变暗，选项B错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，当R外r内时，随着外电路电阻的增大，电源的输出功率减小．由于灯泡L的电阻大于电源的内阻，故当滑动变阻器接入电路的电阻增大时，电源的输出功率减小，选项A正确；滑动变阻器两端的电压增大，电容器与滑动变阻器并联，所以电容器两端的电压也增大，其电荷量增大，选项C错误；电流表读数变小，电压表读数U＝E－Ir，U变大，选项D错误．电路稳定时，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，需注意当充电或放电时电容器所在支路不能看作断路.热点考向二交变电流的产生和描述【典例】(多选)(2019·湖北八校联考)如图所示，矩形单匝线圈abcd，ab边长为l1，bc边长为l2，线圈放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，转动的周期为T，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，转轴OO′垂直于磁场方向，线圈的阻值为R，与线圈相连的电阻的阻值也为R，从图示位置开始计时，线圈转过30°时线圈中的瞬时感应电流为I.以下判断正确的是()ADA．线圈的面积为4IRTπBB．线圈消耗的电功率为4I2RC．t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e＝22IRsin2πTtD．t时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值Φ＝2IRTπcos2πTt[思路引领]线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式Em＝nBSω求解感应电动势的最大值；由题意可知，t＝0时线圈处于中性面位置，根据e＝Emsinωt可列出感应电动势的瞬时值表达式；正弦式交变电流的最大值是有效值的2倍，进而可求得电动势的有效值．[解析]解法一：切割法线圈转动过程中bc边或ad边切割磁感线，这两个边的切割刚好交替进行，实现完美对接，从图示位置开始计时，bc边切割磁感线的速度为v＝12ωl1sinωt＝πTl1sin2πTt，其产生的瞬时电动势为e＝Bl2v＝πBl1l2Tsin2πTt＝πBSTsin2πTt，则线圈转动30°时的瞬时电动势为e＝πBS2T，电路的总电阻为2R，产生的瞬间电流为I＝e2R＝πBS4RT，解得线圈面积S＝4IRTπB，选项A正确；由公式Em＝nBSω可知，线圈中的电动势的最大值Em＝πBST＝4IR，有效值E＝Em2＝22IR，线圈消耗的电功率P＝E2R2R＝2I2R，选项B错误；由上述可知，t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e＝πBSTsinωt＝4IRsin2πTt，磁通量的瞬时值Φ＝12BScosωt＝2IRTπcos2πTt，选项C错误，D正确．解法二：法拉第电磁感应定律法t时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值Φ＝12Bl1l2cos2πTt，将Φ对t求导，得Φ′＝－πBSTsin2πTt，根据法拉第电磁感应定律，可知t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值为e＝πBSTsin2πTt，则线圈转动30°时，线圈中产生的瞬时电动势e＝πBS2T，后面的解析见解法一．正弦式交变电流“四值”的比较和理解迁移一交变电流的图像1．(多选)(2019·天津卷)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示．下列说法正确的是()BCA．T2时刻线框平面与中性面垂直B．线框的感应电动势有效值为2πΦmTC．线框转一周外力所做的功为2π2Φ2mRTD．从t＝0到t＝T4过程中线框的平均感应电动势为πΦmT[解析]由Φ－t图像可知，T2时穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为Em＝NBSω，又ω＝2πT，N＝1，BS＝Φm，则整理得Em＝2πΦmT，因此感应电动势的有效值为E＝Em2＝2πΦmT，B正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W＝E2RT＝2π2Φ2mRT，C正确；0～T4的过程中，线框中产生的平均感应电动势为E＝ΦmT4＝4ΦmT，D错误．迁移二交变电流的“四值”问题2．(2019·河北六校联考)如图所示，圆形金属线圈与R＝10Ω的电阻组成闭合回路，线圈中存在磁场，且磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化规律为B＝1.0×10－2sin200t(T)，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝8cos2πTt(V)，若圆形金属线圈的电阻不计，圆形金属线圈所围成的面积S＝0.04m2，则下列说法错误的是()AA．圆形金属线圈中产生感应电动势的最大值为82VB．通过圆形金属线圈的电流的有效值为225AC．电阻消耗的电功率为3.2WD．在磁感应强度变化的0～T4时间内，通过电阻R的电荷量为4.0×10－5C[解析]由题中条件可知圆形金属线圈中产生感应电动势的最大值Em＝8V，选项A错误；闭合回路中的电流最大值Im＝EmR＝0.8A，有效值I＝Im2＝225A，选项B正确；电阻消耗的电功率为P＝I2R＝3.2W，选项C正确；在0～T4时间内，感应电动势的平均值E－＝SΔBΔt，平均电流I－＝E－R＝SΔBRΔt，通过电阻的电荷量为Q＝I－Δt＝SΔBR＝4.0×10－5C，选项D正确．几种典型交变电流有效值电流名称电流图像有效值正弦式交变电流U＝12Um正弦半波电流U＝12Um电流名称电流图像有效值正弦单向脉动电流U＝Um2矩形脉动电流U＝t1TUm非对称性交变电流U＝12U21＋U22热点考向三理想变压器和远距离输电角度一理想变压器问题【典例1】(2016·全国卷Ⅰ)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