（江苏专用）2020版高考物理二轮复习 专题四 第一讲 直流电路与交流电路课件

专题四电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路考点一交流电的产生及描述本考点是对交流电的产生及描述交流电的物理量等知识的考查，常以选择题的形式呈现，四个选项考查多个知识点，考生失分的原因，大多是因知识或概念的混淆。(一)正弦式交变电流“四值”的比较物理量表达式适用情况及说明瞬时值(1)从线圈位于中性面开始计时(2)可用于分析或计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)(1)此时线圈垂直于中性面(2)电容器的击穿电压指的就是最大值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝ImsinωtEm＝nBSωIm＝EmR＋r物理量表达式适用情况及说明有效值(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电表的读数为有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)电气设备“铭牌”上所标的工作电压、工作电流一般都是有效值(5)非正弦式交变电流的有效值利用电流的热效应计算平均值E＝Em2U＝Um2I＝Im2E＝BLvE＝nΔΦΔtI＝ER＋r计算通过电路截面的电荷量，q＝nΔΦR＋r(二)交变电流问题的三点提醒1．正弦式交变电流不只局限于由线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动而产生。2．电压表、电流表的示数对应交流电的有效值，计算用电器的电热(或功率)时，也应利用电流或电压的有效值。3．对于有电动机的回路，要注意欧姆定律的适用条件。[典例]如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则()A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直B．曲线a表示的交变电动势瞬时值为15cos(50πt)VC．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V[解析]在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上，故A错误；由题图乙可知，a的周期为4×10－2s，ω＝2πT＝50πrad/s；曲线a表示的交变电动势瞬时值为15sin(50πt)V，B错误；b的周期为6×10－2s，则由n＝1T可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故C正确；ωa∶ωb＝n1∶n2＝3∶2，a交流电的最大值为15V，则根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U＝102V＝52V，故D错误。[答案]C[对点训练]1．(2019·南京、盐城一模)一交变电流随时间变化的图像如图所示，此交变电流的有效值是()A．7AB．52AC．72AD．10A解析：取一个周期进行分段求解电热，交流电的周期T＝0.04s，交流电在0～T2为恒定电流，则电流的有效值大小I1＝8A，交流电在T2～T为恒定电流，则电流的有效值大小I2＝6A，设电阻阻值为R，则交流电在一个周期内产生的热量：Q1＝I12R·T2＋I22R·T2，等效的直流电在一个周期T内产生的电热：Q2＝I有2RT，根据交流电有效值的定义可得：Q1＝Q2，即：I12R·T2＋I22R·T2＝I有2RT，解得：I有＝52A，故A、C、D项错误，B项正确。答案：B2.[多选]如图所示，线圈abcd匝数n＝10，面积S＝0.4m2，边界MN(与线圈的ab边重合)右侧存在磁感应强度B＝2πT的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕ab边以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是()A．线圈产生的是正弦交流电B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80VC．线圈转动160s时瞬时感应电动势为403VD．线圈产生的电动势的有效值为40V解析：线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故A错误；电动势最大值E＝nBSω＝80V，故B正确；线圈转动160s时，转过的角度为π6，瞬时感应电动势为e＝nBSωsinπ6＝40V，C错误；在一个周期内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有Um2R2R·T2＝UR2RT，可得电动势有效值U＝Um2＝40V，故D正确。答案：BD考点二直流电路的动态分析高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体。解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断。(一)理清直流电路知识体系(二)掌握动态变化判断方法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．直观判断法利用下面两个结论直观地得到结论：(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。[典例][多选](2019·江苏如皋期末)如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻(光照增强时阻值减小)，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若减弱照射光强度，则()A．电压表的示数增大B．电容器上的电荷量减小C．小灯泡的功率减小D．两电表示数变化量的比值ΔUΔI不变[解析]由题图可知，L与R2串联后和电容器C并联，再与R1串联，电容器C在电路稳定时相当于断路。当减弱照射光强度时，光敏电阻R2阻值增大，电路的总电阻增大，总电流I减小，R1两端电压减小，电压表的示数减小，故A项错误；电容器两极板间电压UC＝E－I(R1＋r)，I减小，则UC增大，电容器上的电荷量增大，故B项错误；流过小灯泡的电流减小，小灯泡的功率减小，故C项正确；电压表测定值电阻R1两端的电压，电流表读数等于流过定值电阻R1的电流，则两电表示数变化量的比值ΔUΔI＝R1，故D项正确。[答案]CD[对点训练][多选](2019·盐城三模)如图所示，E表示电源电动势、I表示电路中的电流、U表示电源的路端电压、P表示电源的输出功率，当外电阻R变化时，下列图像中可能正确的是()解析：电源的电动势与外电路的电阻无关，选项A错误；由闭合电路的欧姆定律：I＝ER＋r，可知I­R图像不是直线，选项B错误；U＝IR＝ERR＋r＝E1＋rR，随R增加，U增大，当R→∞时U→E，选项C正确；P＝I2R＝E2RR＋r2＝E2R＋r2R＋2r，故当r＝R时，P最大，可知图像D正确。答案：CD考点三交流电路的动态分析本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合。对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系。(一)明确变压器各物理量间的制约关系(二)谨记交流电路动态分析的注意事项1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化。2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化。3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法。[典例](2019·扬州期末)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，图中电压表和电流表均为理想交流电表，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻(温度升高时阻值减小)，C为电容器。下列说法正确的是()A．通过R1的电流为零B．滑片P向上滑动，电压表示数变大C．R2处温度升高时，电压表的示数不变D．减小电容器C的电容，电流表的示数变大[解析]交流电能够通过电容器，通过R1的电流不为零，故A项错误；滑片P向上滑动，初级线圈匝数n1变大，根据U1n1＝U2n2可知，次级电压减小，即电压表示数变小，选项B错误；R2处温度升高时，阻值减小，不会影响变压器输入和输出电压值，电压表的示数不变，故C项正确；减小电容器C的电容，则电容器的容抗变大，则电流表的示数变小，选项D错误。[答案]C[对点训练]1．[多选]一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入u＝2202sin(100πt)V交变电流，滑动触头处于图示M位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是()A．交流电源的频率变为100Hz时，可使灯泡变亮B．减小电容器C的电容，可使灯泡变亮C．将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，电压表示数变小且小于220VD．将滑动触头从N点逆时针旋转到M点的过程中，电压表示数变大且大于220V解析：在a、b间输入电压u＝2202sin(100πt)V，可知交变电流的频率为50Hz，当交流电源的频率变为100Hz时，由于电容器对交变电流的阻碍作用减小，可使灯泡变亮，故A正确；减小电容器C的电容，则对交变电流的阻碍作用增大，灯泡变暗，故B错误；自耦变压器的原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压器原理U1U2＝n1n2，可知输出电压小于220V，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，自耦变压器的副线圈匝数减小，电压表示数变小，故C正确，D错误。答案：AC2.有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时，灯L1正常发光。S闭合后，下列说法正确的是()A．电阻R消耗的电功率增大B．灯L1、L2都能正常发光C．原线圈的输入功率减小D．原、副线圈的电流比减小解析：当S闭开后，由变压器电压与匝数比关系：U1U2＝n1n2，可知副线圈电压U2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P＝I2R知R消耗的功率增大，故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P＝U22R总，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误；变压器原、副线圈的匝数不变，由电流与匝数关系n1n2＝I2I1，知原、副线圈中电流之比不变，故D错误。答案：A考点四变压器与远距离输电问题本考点是高考命题的热点，主要考查变压器的工作原理及远距离输电过程中的电路计算问题，此类问题综合性较强，要求有较高分析解决问题的能力。要顺利解决此类问题，需熟知一个流程，抓住两个关系，掌握两种损耗。(一)熟知一个流程(二)抓住两个关系升压变压器T1两端降压变压器T2两端U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，P1＝P2U3U4＝n3n4，I3I4＝n4n3，P3＝P4(三)掌握两种损耗1．电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR。2．功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗PR＝P2－P3＝IR2R＝UR2R，注意PR≠U22R或U32R。(四)注意一种特殊情况交流电源与变压器原线圈间接有用电器，或它们之间的连接导线阻值不能忽略时，电源的输出电压与变压器的输入电压不相等。[典例](2019·如皋期末)某小型发电厂输出电压为u＝2202sin(100πt)V的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输给用户使用，如图所示。已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比分别为1∶n和n∶1，下列说法中正确的是()A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．降压变压器输入、输出功率之比为n∶1C．升压变压器中副线圈的导线比原线圈的要粗D．若用户增加时，输电线上损耗的功率增大[解析]据u＝2202sin(100πt)V知，交流电的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50Hz，故A项错误；理想变压器无功率损失，所以降压变压器输入、输出功率之比为1∶1，故B项错误；升压变压器原线圈的匝数比副线圈的匝数少，变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，副线圈的电流小于原线圈的电流，所以原线圈的导线粗，故C项错误；若用户增加时，相当于负载的电阻减小，输出功率增大，输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，故D项正确。[答案]D[对点训练]1．[多选]某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示。发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。用户用电器(均看作纯电阻元件)的总电阻为R，变压器均为理想变压器，图乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则()A．发电机输出交流电压的有