全国高考理综物理第10讲直流与交流的电路分析

1、第1讲直流与交流的电路分析【自主学习】第1讲直流与交流的电路分析(本讲对应学生用书第4751页)自主学习【考情分析】全国考情核心考点2013年2014年2015年欧姆定律无无无电源的电动势和内阻无无无闭合电路的欧姆定律、电功率、焦耳定律T17：闭合电路的欧姆定律无T24：闭合电路的欧姆定律交变电流、交变电流的图象、理想变压器、远距离输电无无T16：理想变压器【备考策略】交变电流是高考考查的重点，复习本课时内容从以下几个方面入手：(1) 直流电路的动态分析、电路故障的分析与判断、含容电路的分析和计算、直流电路中能量转化问题等.(2) 交变电流的产生和描述、交变电流的有效值、变压器的规律及动态分析

2、、远距离输电等知识点.一、 直流电路1闭合电路中的电压、电流关系：E=U外+U内、I=、U=E-Ir.2闭合电路中的功率关系：P总=EI、P内=I2r、P出=IU=I2R=P总-P内.3直流电路中的能量关系：电功W=qU=UIt、电热Q=I2Rt，纯电阻电路中W=Q，非纯电阻电路中WQ.二、 交变电流的“四值” 物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e=Emsin ti=Imsin t计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em=nBSIm=讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E= U=I=适用于正(余)弦式电流(1) 计算与电流的热效应有关的

3、量(如电功、电功率、电热等) (2) 电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3) 保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值=Blv=n=计算通过电路截面的电荷量三、 远距离输电的几个基本关系1(2015河北衡水中学)如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示.当滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是()A. 电流表的读数I先增大，后减小B. 电压表的读数U先减小，后增大C. 电压表读数U与电流表读数I的比值不变D. 电压表读数的变化量U与电流表读数的变化量I的比值不变答案D解析当滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程

4、中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律知，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，所以电流表的读数I先减小后增大，电压表的读数U先增大后减小，故A、B项错误；电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，应先增大后减小，故C项错误；因为内、外电压之和不变，所以外电压变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等，所以=r，不变，故D项正确.2(2015新课标)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电

5、阻消耗的功率的比值为k，则()A. U=66 V，k=B. U=22 V，k=C. U=66 V，k=D. U=22 V，k=答案A解析由=可知U1=3U，I1=I，而U=IR，U1+I1R =220 V，解得U=66 V.由功率P=I2R可知原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k=，故A项正确.3(2015河北保定二模)小型交流发电机的原理图如图所示，单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、AD中点的轴OO以恒定角速度旋转，轴OO与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R串联.下列说法中正确的是()A. 线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小B. 线圈平面与磁场

6、平行时，流经定值电阻R的电流最大C. 线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量变化率最大D. 线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量最大答案B解析交流电流表显示的是交变电流的有效值，不随线圈的转动而变化，故A项错误；线圈与磁场平行时，磁通量最小，此时电动势最大，电流最大，故B项正确；线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量的变化率为零，故C项错误；线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量为零，故D项错误.4(多选)(2015江西南昌十校联考)一理想变压器原、副线圈的匝数比为441，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的滑片.下列说法中正确的是()A. 副线圈输

7、出电压的频率为100 HzB. 副线圈输出电压的有效值为5 VC. P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D. P向左移动时，变压器的输入功率增加答案BC解析由图象可知，交流电压的周期为0.02 s，所以交流电压的频率为50 Hz，所以A项错误；由图象可知，原线圈的电压的最大值为311 V，原线圈电压的有效值为U1= V=220 V，根据电压与匝数成正比=可知，副线圈电压的有效值为U2=U1=220 V=5 V，所以B项正确；P左移，电阻变大，副线圈电流减小，所以原、副线圈的电流变小，所以C项正确；原线圈的电流减小，而电压不变，故功率减小，所以D项错误.【案例导学】案例导学直流电路的动态分

8、析例1(2015河北唐山三模)如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等.当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()A. R3上消耗的功率逐渐增大B. 电流表读数减小，电压表读数增大C. 电源的输出功率逐渐增大D. 质点P将向上运动思维轨迹： 解析滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值越来越小，故并联电路的总电阻减小，根据串联电路的分压规律可得，R3的电压减小，消耗的功率减小，所以A项错误；电容器电压等于R3的电压，故也减小，质点P将向下运动，所以D项错误；外电路总电阻减小，所以干路电流I1增大，而R3的电流I3减小，根

9、据I1=I3+IA，可得电流表读数IA增大，所以B项错误；因R1的阻值和电源内阻r相等，故外电路电阻大于电源内阻，且逐渐减小，由输出功率与外电阻的关系可得，电源的输出功率在增大，所以C项正确.答案C闭合电路的动态分析方法(1) 程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化(或开关的通断)，引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析此类问题的基本步骤是： 由局部电阻变化判断总电阻的变化. 由I=判断总电流的变化. 据U=E-Ir判断路端电压的变化. 由欧姆定律及串、并联电路特点判断各部分电流、电压变化.(2) 极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论.(

10、3) 特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值法判定，从而得出结论.(4) 结论法：“串反”“并同”，即当某一电阻阻值发生变化时，与该电阻相串联的用电器，两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相反；与该电阻相并联的用电器，两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相同.变式训练1(2015山西太原调研)在如图所示的电路中，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，下列说法中正确的是()A. 灯泡L变亮B. 电源的输出功率变大C. 电容器C上的电荷量减少D. 电流表读数变小，电压表读数变大答案D解析当滑动变阻器滑片P向

11、左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，电流I减小，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则灯泡变暗，故A项错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大.灯泡L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小，故B项错误；变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C项错误；电流表读数变小，电压表读数U=E-Ir变大，故D项正确.交变电流的规律及图象问题例2(多选)(2015全国大联考)如图甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示.发电机线圈电阻为1 ，外接电阻为4 ，则() 甲 乙A. 该交变电流的频

12、率为25 HzB. 电压表的示数为4 VC. 在t=0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值为1 AD. 若线圈转速变为原来的2倍，耐压值为5 V的电容器与外接电阻并联而不会被烧坏思维轨迹：解析由图知，周期是0.04 s，频率为25 Hz，A项正确；电源的有效值E= V，电压表示数U=2 V，B项错误；由i=得，i=1 A，C项正确；由Em=NBS得转速变为原来的2倍，电动势最大值也变为原来的2倍，Um=8 V，电容器烧坏，D项错误.答案AC交变电流的规律及图象问题(1) 分析交变电流图象的要点：一看、二变、三判.一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解其物

13、理意义.二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系.三判：在此基础上进行正确的分析和判断.(2) 正弦交变电流的变化规律： 线框位于中性面时，磁通量最大，磁通量变化率为零，即电压、电流为零，线框每经过一次中性面，电流方向改变一次. 线框垂直中性面时，磁通量为零，磁通量变化率最大，即电压、电流最大.变式训练2(多选)(2015江西南昌十校联考)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，产生的感应电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则()A. 两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为23C. 曲线a表示的感

14、应电动势频率为25 HzD. 曲线b表示的感应电动势有效值为10 V答案AC解析从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A项正确；从图象可知，曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为23，则转速之比为32，故B项错误；由图象可知曲线a的周期Ta=410-2 s，则曲线a表示的感应电动势频率fa=25 Hz，故C项正确；感应电动势的最大值Em=nBS，则曲线a、b表示的感应电动势的峰值之比为EmaEmb=ab=32，即Emb=Ema=10 V，故曲线b表示的感应电动势的有效值为E有= V=5 V，故D项错误.交变电流的动态分析问题例3(2015河北唐山期末)如图所示，理想变压器的a、b端加上一

15、交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光.此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置.现将滑片下移(导线电阻不计)，则下列说法中正确的是()A. 灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小B. 灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变C. 灯不能正常发光，原线圈输入功率变大D. 灯不能正常发光，原线圈输入电压不变解析由变压器电压与匝数关系=可知输出电压U2不变，灯仍能正常发光.当滑片下移时，滑动变阻器电阻R增大，从而使外电路的电阻R外增大了，由P2=可知P1=P2变小了，由P1=U1I1可知原线圈输入电流变小，故A项正确，B、C、D项错误.答案A 1变压器各物理量间的因果关系变压器的一定

16、，输入电压U1决定了输出电压U2的大小，与其他无关.由输出电压U2与负载电阻R通过欧姆定律决定了输出电流I2的大小，进而确定了输出功率P2的大小，由能量守恒决定了输入功率P1的大小，最后又通过决定输入电流I1的大小.2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、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、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.变式训练3(2015河南开

17、封模拟)如图所示，a、b间接入电压u=311sin (314t)V的正弦交变电流，理想变压器原、副线圈匝数为41.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(随温度的升高阻值减小).所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻.当传感器R2所在处出现火情时，下列说法中正确的是()A. A1、A2的示数都增大，且两示数之比为14B. V1的示数不变，V2的示数减小C. 通过原线圈的磁通量的变化率的最大值为 311 Wb/sD. 变压器的输入功率将减小答案B解析当传感器R2

18、所在处出现火警时，R2阻值减小，副线圈电路总电阻变小，副线圈电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，副线圈总电流I变大，电压U3=IR3变大，R1与R2并联电压变小，电压表V2示数变小，电流表A2示数变小，副线圈电流变大，原线圈电流变大，电流表A1示数变大，故A项错误；电压表V2示数变小，由于输入电压不变，所以V1的示数不变，故B项正确；根据输入电压表达式u=311sin(314t)V可知通过原线圈的最大电压为311 V，根据法拉第电磁感应定律得=，故C项错误；由于V1的示数不变，电流表A1示数变大，根据P=UI得变压器的输入功率将增大，故D项错误.远距离输电问题例4(多选)(2015河南押题)如图

19、所示，在远距离输电电路中，发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变，变压器、电表均为理想化的.若发电厂的输出功率减小，则下列说法中正确的是()A. 电压表V1示数减小，电流表A1示数减小B. 电压表V2示数增大，电流表A2示数减小C. 输电线上损耗功率增大D. 用户总功率与发电厂的输出功率的比值增大解析根据=得电压表V1两端的电压U1不变，A项错误；根据P出=U1I1得通过电流表A1的电流I1将减小，根据=得通过电流表A2的电流I2将减小，降压变压器原线圈两端的电压U=U1-I1R线将增大，根据=得电压表V2两端的电压U2增大，B项正确；输电线上损耗功率P线=R线将减小，C项错误；用户总功率与发

20、电厂的输出功率的比值为=，U2随着U2的增大而增大，D项正确.答案BD解决远距离输电问题时的思路1首先画出输电的电路图，如图所示.2分析三个回路：在每个回路中变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源.3综合运用下面三个方面的关系求解(1) 能量关系P=U1I1=U2I2=P用户+P，P=R，P用户=U3I3=U4I4.(2) 电路关系U2=U+U3，U=I2R.(3) 变压器关系=.变式训练4(多选)(2015江西上饶六校联考改编)图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1100，降压变压器原、副线圈匝数比为1001，远距离输电线的总电阻为100 .若升压变压

21、器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法中正确的有()A. 用户端交变电流的频率为50 HzB. 用户端电压为250 VC. 输电线中的电流为30 AD. 输电线路损耗功率为180 kW答案AC解析由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，所以A项正确；升压变压器原线圈电压U1=250 V，根据变压规律得副线圈电压U2=25 000 V，又输入功率为 750 kW，输电线中电流I=30 A，故C项正确；输电线上损耗电压U=IR=3 000 V，降压变压器原线圈电压U3=U2-U=22 000 V，根据变压规律可得，用户端电压U4=220 V，故B项错误；输电线

22、损耗的功率P=I2R=90 kW，故D项错误. 趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们及时完成配套检测与评估中的练习第159160页.【检测与评估】专题五电磁感应与电路第1讲直流与交流的电路分析一、 单项选择题1 (2015河南洛阳统考)如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表在滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中()A 电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数增大B 电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数减小C 电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数增大D 电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数减小2 (2015山西四校联考)如图甲所示，一理想变压器给一个小

23、灯泡供电当原线圈输入如图乙所示的交流电压时，额定功率10 W的小灯泡恰好正常发光已知灯泡的电阻为40 ，图中电压表为理想电表下列说法中正确的是()A 变压器输入电压的瞬时值表达式为u=220sin(50 t)VB 电压表的示数为220 VC 变压器原、副线圈的匝数比为111D 变压器的输入功率为110 W3 (2015江西宜春模拟)可调理想变压器原线圈与一台小型发电机相连，副线圈与灯泡L、可调电阻R、电容器C连成如图所示的电路当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡L能发光要使灯泡变亮，可以采取的方法有()A 增大发动机的转速B 将滑片P向下滑动C 将可调电阻R减小D 增大电容器极板间的距离4

24、 (2015河南焦作模考)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻R0串联，如图所示心电图仪与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，将可变电阻R的阻值调大的过程中()A 通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流不变B 通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流变小C 通过原线圈的电流变小，通过副线圈的电流变小D 通过原线圈的电流变大，通过副线圈的电流变大5 (2015安徽)如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现

25、将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A则下列说法中正确的是()A 电压表V1示数增大B 电压表V1、V3示数均增大C 该变压器起升压作用D 变阻器滑片是沿cd的方向滑动6 (2015福建)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsin t的交流电源若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A B C D 7 (2015湖北武汉调研改编)如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机

26、M和电热丝R构成当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W关于该电吹风，下列说法中正确的是()A 电热丝的电阻为11 B 电动机的电阻为 C 当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 JD 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1 000 J二、 多项选择题8 (2015山西四校联考)如图所示，电源电动势E=9 V，内阻r=4.5 ，变阻器R1的最大电阻Rm=5.0 ，R2=1.5 ，R3=R4=1 000 ，平行板电容器C的两金

27、属板水平放置在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止那么()A 在题设条件下，R1接入电路的阻值应为3 ，电源的输出功率应为4.5 WB 引入的微粒带负电，当开关接向b(未接触b)的过程中，微粒将向下运动C 在题设条件下，当R1的阻值增大时，R2两端的电压增大D 在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流流向为dc9 (2015湖北武汉模拟)图甲、图乙分别为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分下列说法中正确的是()A 图甲、图乙均表示交变电流B 图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin(

28、100t)VC 图甲所示电压的有效值为20 VD 图乙所示电压的有效值为10 V10 (2015江西上饶二模)如图所示，匝数n=100匝、面积为S=0.448 m2的导线框ABCD所在处的磁感应强度大小B=T线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=100 rad/s匀速转动，并与理想升压变压器相连进行远距离输电，升压变压器的原、副线圈匝数比为25，理想降压变压器副线圈接入一只“220 V，1 100 W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r=20 ，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表下列说法中正确的是()A 电压表的读数为448 VB 输电线路的电流为0.2 AC 电流表的读数为2.5

29、AD 降压变压器的原、副线圈匝数比为51【检测与评估答案】专题五电磁感应与电路第1讲直流与交流的电路分析1 【答案】A【解析】在滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中，外电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数一直增大，选项A正确2 【答案】C【解析】由图象可知，=100 rad/s，故A错误；原线圈输入电压为220 V，电压表示数为灯泡的额定电压U=20 V，故B错误；结合变压比公式=得，=，故C正确；变压器的输入功率与输出功率相等，为10 W，故D错误3 【答案】A【解析】增大发动机的转速，则交流电源的电压增大，副线圈两端电压也增大，灯泡变亮，故

30、A正确；向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，故B错误；将可调电阻R减小，电压不变，通过灯泡的电流不变，故C错误；增大电容器两极板之间的距离，即减小电容器C的电容，增大了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故D错误4 【答案】C【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在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，输出电压U不变，此时负载电阻值R增大，则输出电流I减小根据输入功率P等于输出功率P，通过原线圈的电流变小，故C正确5 【答案】D【解析】电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1=U2I2，则U1I1=U2I2，I2I1，故U2U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿cd的方向滑动，选项D正确6 【答案】C【解析】升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1=；由变压关系可得=，则U2=；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2=，则输电线上损失的电功率为P