（通用版）高考物理大二轮复习与增分策略 专题七 电磁感应与电路 第2讲 直流电路和交流电路.doc

第2讲直流电路和交流电路1.纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较(1)纯电阻电路：电功wuit，电功率pui，且电功全部转化为电热，有wquitti2rt，puii2r.(2)非纯电阻电路：电功wuit，电功率pui，电热qi2rt，电热功率p热i2r，电功率大于电热功率，即wq，故求电功、电功率只能用wuit、pui，求电热、电热功率只能用qi2rt、p热i2r.2.电源的功率和效率(1)电源的几个功率电源的总功率：p总ei电源内部消耗的功率：p内i2r电源的输出功率：p出uip总p内(2)电源的效率100%100%3.交流电的“四值”(1)最大值emnbs.(2)瞬时值enbssin_t.(3)有效值：正弦式交流电的有效值e；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解.计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值.(4)平均值：n，常用来计算通过电路的电荷量.4.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：.(3)电流关系：只有一个副线圈时.直流电路动态分析方法(1)程序法：基本思路是“部分整体部分”.即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定r总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断i总和u端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况.(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).例1(多选)如图1所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为)连接，电源负极接地.开始时电容器不带电，闭合开关s，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中p点.在开关s保持接通的状态下，下列说法正确的是()图1a.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动b.当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动c.当电容器的下极板向下移动时，p点的电势不变d.当电容器的下极板向左移动时，p点的电势会升高解析当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，r的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动.故a正确；当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式c知，电容减小，而电容器的电压不变，由c知，q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故b错误；当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量q不变，由e知电容器板间场强不变，由ued知，p与下极板间的电势差变大，p点的电势会升高.故c错误；当电容器的下极板向左移动时，c，电容器的电容减小，由c知，q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间u增大，由e知电容器板间场强变大，则p与下极板间的电势差变大，p点的电势升高.故d正确.答案ad预测1(多选)如图2所示的火警报警装置，r1为热敏电阻，若温度升高，则r1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响.下列说法正确的是()图2a.要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势b.要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势c.要使报警的临界温度升高，可以把r2的滑片p适当向下移d.要使报警的临界温度降低，可以把r2的滑片p适当向下移答案bd解析要使报警的临界温度升高，r1对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势.故a错误，b正确.要使报警的临界温度升高，r1对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把r2的滑片p适当向上移，以减小r2，相反，要使报警的临界温度降低，可以把r2的滑片p适当向下移，故c错误，d正确.故选b、d.预测2(2016全国甲卷17)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3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()图3a. b. c. d.答案c解析s断开时等效电路图如图甲所示.甲电容器两端电压为u1re；s闭合时等效电路图如图乙所示.乙电容器两端电压为u2re，由qcu得，故选项c正确.解题方略1.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.2.交流电的“四值”(1)最大值emnbs.分析电容器的耐压值.(2)瞬时值enbssin t.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：正弦式交流电的有效值e；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解.计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值.(4)平均值：n，常用来计算通过电路的电荷量.例2如图4甲所示，电阻为1 的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴oo匀速旋转产生交流电，现将此电流给阻值为r10 的小灯泡l供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的图象如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法正确的是()图4a.在t5103 s时，线圈处于中性面位置b.在t10103 s时，穿过线圈的磁通量最大c.交变电流的瞬时表达式为i5cos 50t(a)d.线圈产生的交流电的电动势为55 v解析由图乙可知t5103 s时刻感应电流最小为零，此时线圈所在平面处于中性面位置，故a正确；t10103 s时刻感应电流最大，此时线圈所在平面与中性面位置垂直，所以穿过线圈回路的磁通量最小，故b错误；周期t0.02 s，角速度100 rad/s，故电流的瞬时表达式为i5cos 100t(a)，故c错误；线圈产生的交流电的电动势最大值为emim(rr)55 v，d错误.答案a预测3如图5所示是某兴趣小组用实验室的手摇发电机给小灯泡供电的装置示意图.在某次匀速转动手柄的过程中，他们发现小灯泡周期性的闪亮.以下判断正确的是()图5a.图示位置线框中产生的感应电动势最大b.若增大手摇发电机的转速，灯泡亮度将不变c.若增大手摇发电机的转速，灯泡闪亮的频率将变大d.小灯泡周期性闪亮的主要原因是电路接触不良答案c解析图示位置线框中产生的感应电动势最小，故a错误；若增大手摇发电机的转速，角速度将增大，频率将增大，产生的最大感应电动势emnbs，故灯泡的亮度增大，故b错误，c正确；小灯泡周期性闪亮的主要原因是产生的电流为交流电，故d错误.预测4(多选)如图6所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是()图6a.在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零b.线圈先后两次转速之比为32c.正弦式电流a的瞬时值为u10sin 5t vd.正弦式电流b的最大值为 v答案bcd解析t0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大.故a错误.由图读出两电流周期之比为tatb0.4 s0.6 s23，而t，则线圈先后两次转速之比为32.故b正确.正弦式电流a的瞬时值为uumsin t10sin t v10sin 5t v.故c正确.根据电动势最大值公式emnbsnbs得到，两电动势最大值之比为ema：embtbta32，ema10 v，则得到正弦式电流b的最大值为emb v.故d正确.解题方略理想变压器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.不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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.例3(2016全国乙卷16)一含有理想变压器的电路如图7所示，图中电阻r1、r2和r3的阻值分别为3 、1 和4 ，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()图7a.2 b.3 c.4 d.5解析开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比，通过r2的电流i2，副线圈的输出电压u2i2(r2r3)，由可得原线圈两端的电压u15i2，则uu1ir15i23i；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比，通过r2的电流i2，副线圈的输出电压u2i2r2，由可得原线圈两端的电压u14i2，则uu14ir14i212i，联立解得3，选项b正确.甲乙答案b预测5一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头q调节，如图8所示.在副线圈输出端连接了定值电阻r0和滑动变阻器r，原线圈上加一电压为u的交流电，则()图8a.保持q位置不动，将p向上滑动时，电流表的读数变大b.保持q位置不动，将p向上滑动时，电流表的读数不变c.保持p位置不动，将q向上滑动时，电流表的读数变小d.保持p位置不动，将q向上滑动时，电流表的读数变大答案d解析在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定.因此，当q位置不动时，输出电压u不变，此时p向上滑动，负载电阻值r增大，则输出电流i减小.根据输入功率p1等于输出功率p2，电流表的读数i变小，故a、b错误；p位置不动，将q向上滑动，则输出电压u变大，i变大，电流表的读数变大，则选项c错误，d正确；故选d.预测6(多选)某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图9所示电路，a、b为理想变压器，灯l1、l2相同且阻值不变.保持a的输入电压不变，开关s断开时，灯l1正常发光.则()图9a.如果只闭合开关s，l1变暗b.如果只闭合开关s，a的输入功率变大c.仅将滑片p上移，l1变亮d.仅将滑片p上移，a的输入功率不变答案ab解析闭合s，副线圈电阻减小，则消耗功率增大，b副线圈中电流增大，b原线圈电流也增大，则r上损失的电压和功率增大，则b输入电压减小，灯泡两端电压减小，故灯泡会变暗，故a正确；根据a分析知消耗和损失功率都增大，根据能量守恒知a的输入功率变大，故b正确；仅将滑片p上移，a副线圈匝数减小，则输出电压减小，b的输入电压减小，灯泡电压也减小，故l1变暗，消耗功率减小，则a输入功率减小，故c、d错误.解题方略交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义.(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路的综合问题中.例4(多选)如图10所示，导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c、d相接.c、d两个端点接在匝数比n1n2101的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器r0，匀强磁场的磁感应强度为b，方向竖直向下，导体棒ab长为l(电阻不计)，绕与ab平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)oo以角速度匀速转动.如果滑动变阻器的阻值为r时，通过电流表的电流为i，则()图10a.滑动变阻器上消耗的功率为p100i2rb.变压器原线圈两端的电压u110irc.取ab在环的最低端时t0，则导体棒ab中感应电流的表达式是iisin td.ab沿环转动过程中受到的最大安培力fbil解析由得i210i，变阻器上消耗的功率为pir(10i)2r100i2r，故a正确；副线圈的电压为ui2r10ir，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压u1100ir，故b错误；ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab中感应电流的表达式应为iicos t，故c错误；ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为i，此时的安培力也是最大的，最大安培力为fbil，故d正确.答案ad预测7(多选)如图11所示，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场垂直，线框电阻不计，线框绕与cd边重合的固定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1n2.开关s断开时，额定功率为p的灯泡l1正常发光，电流表示数为i，电流表内阻不计，下列说法正确的是()图11a.线框中产生的电流为正弦式交变电流b.线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为c.灯泡l1的额定电压等于d.如果闭合开关s，则电流表示数变大答案abd解析根据产生交变电流的条件，a正确；转过时，感应电动势的瞬时值应为em，正好是有效值的大小，b正确；c中灯泡l1的额定电压应为，c错误；开关s闭合，并联l2后负载总电阻减小，u2不变，i2增大，i1也增大，d正确.预测8在如图12甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，r0为定值电阻，rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小.下列说法中正确的是()图12a.电压表的示数为44 vb.图乙中电压的有效值为220 vc.rt处出现火灾时，电流表示数减小d.rt处出现火灾时，电阻r0消耗的电功率增大答案d解析设将此电流加在阻值为r的电阻上，电压的最大值为um，电压的有效值为u.则t，代入数据得图乙中电压的有效值为110 v；变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是51，所以电压表的示数为22 v，故a、b错误；rt处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，电阻r0消耗的电功率增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故c错误，d正确.专题强化练1.咸阳市区某学校创建绿色校园，如图1甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变.如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为e，内阻为r，rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小).现增加光照强度，则下列判断正确的是()图1a.电源路端电压不变 b.r0两端电压变大c.b灯变暗，a灯变亮 d.电源总功率不变答案b解析由题意，增加光照强度，rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流i增大，电源的内电压增大，路端电压u减小，则a灯变暗，通过r0电流i0iia，i增大，而ia减小，则i0增大，r0两端电压u0增大，而r0、b的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，b的电压减小，b灯变暗；电源的总功率pei，i增大，则p增大.故b正确，a、c、d错误.2.如图2所示的闭合电路中，电源电动势为e，内阻为r，电阻箱r1、r2、电灯和理想电流表a1、a2分别接入电路中，电灯的电阻为rl(电表和用电器均安全工作)，下列说法正确的是()图2a.仅调节r1，电流表a1的示数总大于a2的示数b.仅使r2减小，电流表a2变化量比a1变化量大c.仅使r1增大，电源内阻消耗的功率变大d.仅调节电阻箱r1，rlr1r时，电灯l可达到最亮答案b解析仅调节r1，rl与r2的大小关系不确定，所以电流表a1的示数不一定总大于a2的示数.故a错误.仅使r2减小，并联部分电阻减小，通过rl的电流减小，总电流增大，则通过r2的电流增大，且电流表a2变化量比a1变化量大.故b正确.仅使r1增大，总电阻增大，总电流减小，则电源内阻消耗的功率减小，故c错误.仅调节电阻箱r1，r10时，电路中电流最大，电灯l的电压最大，达到最亮，故d错误.3.(多选)如图3所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器a处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器.b处有一个输出线圈，一旦线圈b中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源.如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()图3a.甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源b.乙会发生触电事故，继电器不会切断电源c.丙会发生触电事故，继电器会切断电源d.丁会发生触电事故，继电器会切断电源答案ad解析甲、乙、丙、丁四人，只有丁电流由火线经丁流入大地，出现漏电，继电器会切断电源.4.(多选)如图4所示，一边长为l的正方形均匀线圈，以ab边所在直线为轴在匀强磁场b中做匀速转动，线圈转动的角速度为，若以图示位置为零时刻，则下列选项反映四条边上的电势差随时间的变化正确的有() 图4答案ad解析线圈在磁场中转动产生感应电动势，只有cd边产生感应电动势，故产生的感应电动势的最大值为embl2，产生的感应电动势的瞬时值为ebl2cos t，根据闭合电路欧姆定律可知ab、bc、ad边的最大感应电动势为emembl2，故这三个边的电压的瞬时值为ebl2cos t，结合产生的感应电流的方向可知，a、d正确，b错误；cd端的电压即为路端电压，故瞬时值为ebl2cos t，故c错误.5.电阻为1 的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示.现把交流电加在电阻为9 的电热丝上，则下列说法中正确的是()图5a.线圈转动的角速度为31.4 rad/sb.如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变c.电热丝两端的电压u100 vd.电热丝的发热功率p1 800 w答案d解析从图中可知：t0.02 s，314 rad/s，故a错误；其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度变为原来的两倍.由电动势最大值emnbs得知，交流电动势的最大值变为原来的两倍，电压的有效值为原来的2倍，根据欧姆定律可知电流发生改变.故b错误.该交流电压的最大值为200 v，所以有效值为100 v，则电热丝两端的电压为100 v90 v，故c错误；根据p得：p w1 800 w，故d正确.6.(多选)如图6所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴oo沿逆时针方向匀速转动，角速度为，线圈匝数为n、电阻为r，外接电阻为r，交流电流表.线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始转过时的感应电流为i.下列说法中正确的是()图6a.电流表的读数为2ib.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为c.从图示位置开始转过的过程中，通过电阻r的电荷量为d.线圈转动一周的过程中，电阻r产生的热量为答案bcd解析由题有：iimcos ，则得感应电流的最大值im2i，有效值i有imi，则电流表的读数为i，故a错误；感应电动势的最大值emim(rr)2i(rr)，又emnbs，磁通量的最大值mbs，联立解得：mbs，故b正确；从图示位置开始转过的过程中，通过电阻r的电荷量qnnn，故c正确；线圈转动一周的过程中，电阻r产生的热量qirt(i)2r，故d正确.7.有一理想变压器，副线圈所接电路如图7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()图7a.灯l1、l2都能正常发光b.原线圈的输入功率减小c.原、副线圈的电流比增大d.电阻r消耗的功率增大答案d解析当s闭合后，电路的总电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻r的电压增大，r消耗的功率增大，灯泡两端的电压减小，灯l1、l2都不能正常发光，故a错误，d正确；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率p，故消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，故b错误；变压器原、副线圈的匝数不变，故原、副线圈中电流之比不变，故c错误.8.(多选)(2016全国丙卷19)如图8，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压u为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是()图8a.原、副线圈匝数比为91b.原、副线圈匝数比为19c.此时a和b的电功率之比为91d.此时a和b的电功率之比为19答案ad解析设灯泡的额定电压为u0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为u19u0，副线圈两端电压为u2u0，故，a正确，b错误；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式pui可得，灯泡a和b的电功率之比为19，c错误，d正确.9.如图9甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，a、v均为理想电表，r为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，l1和l2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()图9a.电压u的频率为100 hzb.电压表v的示数为22 vc.当光强增大时，a示数变小d.当l1的灯丝烧断后，v示数不变答案d解析原线圈接入如题图乙所示的正弦交流电压，t0.02 s，所以频率为f50 hz，故a错误；原线圈接入电压的最大值是220 v，所以原线圈接入电压的有效值是u220 v，理想变压器原、副线圈匝数比为101，所以副线圈电压是22 v，所以v的示数小于22 v，故b错误；r阻值随光强