第10讲　直流电路和交流电路-高考物理二轮复习

第10讲直流电路和交流电路-高考物理二轮复习1．如图电路中，材质相同的金属导体a和b，横截面积分别为S1、S2，长度分别为l1、l2。闭合开关后，a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为（）A．l1∶2l2 B．2l2∶l1 C．l2S1∶2l1S2 D．2l2S2∶l1S12．如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V。下列说法正确的是（）A．该交流电的频率为100HzB．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0C．线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上D．仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为102V3．如图所示，某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器升压至10kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈匝数比为1∶100B．输电线上由R造成的电压损失为500VC．交压器原线圈中的电流为100AD．变压器原、副线圈中电流的频率不同考情分析：本讲内容在高考中多以选择题的形式出现，有时计算题中某一状态或者某一过程也涉及恒定电流和交变电流，主要考查交流电“四值”、闭合电路的动态分析问题、变压器的动态分析问题，命题情境常与实际生活、生产、科技相结合。考点一直流电路的分析和计算【例1】4．如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向上移动的过程中（电压表和电流表均可视为理想电表）（）A．电压表的示数减小 B．电流表的示数增大C．电源的总功率减小 D．电源的输出功率一定减小方法技巧直流电路动态分析的三种常用方法程序法R局↓→R↓→I总＝ER＋r↑→U内＝I总r↑→U外＝E－U内结论法：“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）极限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分别滑到两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论【例2】5．某智能锁利用超级电容器作为备用电源，其简化电路如图所示。主电源正常工作时（开关S闭合），智能锁的输入电压为6V；当主电源断电（开关S断开），则启用备用电源，智能锁在输入电压降至4.5V时会发出低电压警报。该电容器的电容为1F，R1及R2是电路中的小电阻，下列说法正确的是（）A．正常工作时，电容器储存电荷量为6CB．断电前后，流经智能锁的电流方向相反C．R2阻值越大，当主电源断电后，电容器放电时间一定越短D．从主电源断电后至智能锁发出低电压警报，流经智能锁的电荷量为1.5C易错警示（1）电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。（2）只有电路变化（如开关通、断，滑片移动）引起电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流。考点二交变电流的产生和描述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.有效值的计算（1）正弦式交变电流：E＝Em2，I＝Im2，（2）非正弦式交变电流：要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和，求得有效值。【例3】6．如图甲所示的手摇式发电机是登山爱好者必备的物品，其原理示意图如图乙所示。一半径为r的单匝半圆形金属线圈处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，通过导线与灵敏电流计组成回路，现使手柄以nr/s的转速从图乙所示位置开始匀速转动，则线圈（）A．产生的是直流电B．转过180°时产生的感应电流最大C．转过90°时产生的感应电流最大D．产生的感应电动势最大值为2π2nBr2【例4】7．图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的交变电流，已知与其串联的白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18Ω。若该灯泡恰好正常发光，则该发电机（）A．输出电流的最大值为0.5AB．输出电流的有效值为0.5AC．输出的交流电频率为50HzD．一个周期内输出电流的平均值为0.5A规律总结正弦式交变电流“四值”的应用8．对同一个纯电阻发热原理的取暖器，先后通以图甲、图乙所示的交变电流，则先后两次取暖器的发热功率之比为（）A．2∶5 B．5∶2C．4∶5 D．5∶4考点三理想变压器电能的输送【例5】9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为4∶1，在副线圈的回路中接有理想交流电压表和阻值分别为R1、R2的电阻，其中R1＝2R2，原线圈接到如图乙所示的正弦式交流电路中，则（）A．交流电的周期为2.5sB．电压表示数为12VC．副线圈干路中的电流为R1中电流的2倍D．原、副线圈功率之比为4∶1【例6】10．如图所示，一理想变压器原线圈接在u＝311sin100πt（V）的交流电源上，副线圈与滑动变阻器R相连，交流电压表和交流电流表均可视为理想电表。下列说法正确的是（）A．该交流电的频率为100πHzB．滑动变阻器的滑片向b端滑动，电压表的示数减小C．滑动变阻器的滑片向a端滑动，电流表的示数增大D．滑动变阻器的滑片向a端滑动，变压器的输入功率减小规律总结理想变压器的三个制约关系【例7】11．白鹤滩水电站是实施“西电东送”的国家重大工程。单机容量世界第一，额定电压世界最高，被誉为水电巅峰之作。如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器的原、副线圈匝数分别为n3、n4。保持发电机输出电压U1及输电线路上的总电阻R线不变。如果将输送电压U2由240kV升级为1000kV，输送的总电功率变为原来的2倍，则（）A．n2nB．输电线上的电流变为原来的6C．输电线上损失的功率变为原来的12D．如果用户两端电压U4不变，n3方法技巧远距离输电的分析步骤变压器中的等效法情境转化方法分析等效值等效电阻法：将变压器和R等效为R'负载电阻R消耗的功率P＝U22R＝n2R'＝n1等效电源法：将E0、r0和变压器等效为E1、r1U1＝E0－I1r0U2＝E1－I2r1又U1＝n1n2U2，I1＝则有U2＝n2n1E0－(nE1＝n2nr1＝(n2双副线圈等效电阻法：将双线圈变压器和R1、R2等效为R1x、R2x并联对n2副线圈有U1I1x＝U2I2x由电压比有U1U又R1＝U2I2，R1则R1x＝(n1n2)2R1，同理有RR1x＝(n1R2x＝(n1【典例1】12．为了检验输电电压高低对电能输送的影响，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路进行对比实验。两个电路使用相同的低压交流电源，所有的电阻和灯泡电阻均相等，导线电阻不计。图乙中的理想变压器的匝数比n1∶n2＝n4∶n3＝1∶2。已知灯泡L1消耗的功率为P，则灯泡L2消耗的功率为（）A．49P B．12P C．2P 【典例2】13．在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3＝4∶2∶1，定值电阻R1＝4.8Ω，R2＝R3＝1Ω①，滑动变阻器R的最大阻值为3Ω。在c、d两端输入正弦式交变电流，电压的瞬时值表达式为u＝82sin100π（V）。当滑片P从a端滑到b端的过程中②，下列说法正确的是（）A．电阻R1的功率一直增大B．理想变压器的最大输出功率③为103C．当滑片P滑至b端时，整个电路的功率达到最小D．电流表示数的最小值为523审题指导：信息提取信息加工理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3＝4∶2∶1，定值电阻R1＝4.8Ω，R2＝R3＝1Ω①画出等效电路图，找出等效电阻，求出等效电阻的大小当滑片P从a端滑到b端的过程中②当滑片P从a端滑到b端的过程中滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律可判断出原线圈的电流变化，从而判断A、C、D选项理想变压器的最大输出功率③变压器的最大输出功率，即为等效电阻（R2'和R3'并联）的最大功率，那么当R2'和R3'的并联值等于R1时功率最大

答案解析部分1．【答案】B【知识点】电阻定律；电流的微观表达式及其应用【解析】【解答】根据并联电路规律有：IaIb＝2RbRa，根据电阻定律有：Ra＝ρal1S1，Rb＝ρbl2S2，ρa＝ρb，所以IaIb＝2S1l2S2l1，

结合电流的微观表达式Ia＝naeS1va，Ib＝nbeS2v2．【答案】C【知识点】交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值【解析】【解答】A：根据题意可知，该交流电的频率为f＝ω2π＝50Hz，故A错误；

B：线圈转到图示位置时，磁场与线圈平面平行，磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B错误；

C：根据题意，由右手定则可知，线圈转到图示位置时，电流由B→A，由左手定则可知，AB边受到的安培力方向向上，故C正确；

D：根据题意，由公式Em＝NBS【分析】根据交变电流的瞬时值表达式，结合角速度、频率的关系，判断交流电的频率；依据线圈位置判断感应电动势大小；利用左手定则判断安培力方向；根据电动势最大值公式分析转速变化对最大值的影响。3．【答案】C【知识点】电能的输送【解析】【解答】A：当滑动变阻器R0的滑片向上滑动时，R0接入电路的阻值变大，即外电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律I＝ER外＋r可知，回路中总电流减小，根据U＝E－Ir可知路端电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；

B：由于电路的总电流I减小，所以内阻及R1两端的电压也随之减小，故R0与R2两端的电压增大，则流过R2的电流增大，流过R0的电流减小，则电流表的示数减小，故B错误；

C：电源的总功率为P总＝EI，由于电路的总电流减小，故电源的总功率减小，故C正确；

D：电源输出的功率P＝(ER外＋r)2R外＝本题围绕远距离输电问题展开，需结合理想变压器的变压比、变流比规律，结合电功率公式P=UI、输电线电压损失公式ΔU=IR4．【答案】C【知识点】电路动态分析【解析】【解答】A：当滑动变阻器R0的滑片向上滑动时，R0接入电路的阻值变大，即外电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律I＝ER外＋r可知，回路中总电流减小，根据U＝E－Ir可知路端电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；

B：由于电路的总电流I减小，所以内阻及R1两端的电压也随之减小，故R0与R2两端的电压增大，则流过R2的电流增大，流过R0的电流减小，则电流表的示数减小，故B错误；

C：电源的总功率为P总＝EI，由于电路的总电流减小，故电源的总功率减小，故C正确；

D：电源输出的功率P＝(ER外＋r)2R外＝E2R外5．【答案】A【知识点】含容电路分析【解析】【解答】A：正常工作时，电容器与智能锁并联，电阻R2相当于导线，没有电压，故电容器两端的电压等于智能锁的输入电压，即为6V，根据Q＝CU＝6C，故A正确；

B：断电前，智能锁电流方向由上到下，电容器上端为正极，下端为负极；断电后，由电容器对智能锁供电，电流方向由上到下，所以断电前后流经智能锁的电流方向相同，故B错误；

C：当主电源断电后，电容器放电，R2阻值越大，回路中的电流越小，因电容器储存的总电荷量是一个定值，根据Q＝It，可知电容器放电时间越长，故C错误；

D：当电容器放电时，电阻R2与智能锁串联，所以当智能锁在输入电压降至4.5V时会发出低电压警报，此时电阻R2两端也有电压，故此时电容器两端的电压大于4.5V而小于6V，所以电容器变化的电压小于1.5V，根据ΔQ＝CΔU，可知流经智能锁的电荷量小于1.5C，故D错误。

【分析】先分析主电源正常工作时电容器的充电状态，再分析断电后电容器的放电过程，结合电容定义式Q=CU、放电时间常数τ=RC等知识，逐一验证选项。6．【答案】C【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值【解析】【解答】A：线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴与磁场方向垂直，符合正弦式交流电的产生条件，即产生的是交流电，A错误；

BC：转过90°时线圈平面垂直于中性面，产生的感应电流最大，C正确，B错误；

D：产生的感应电动势的最大值Em＝BS·2πn＝π2nBr2，D错误。

【分析】本题考查交变电流的产生规律，核心是利用法拉第电磁感应定律，结合线圈转动的角速度、面积等参数，分析感应电动势的大小、方向及变化规律。7．【答案】B【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值【解析】【解答】AB：白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18Ω，灯泡恰好正常发光，则输出电流的有效值为I＝UR＝918A＝0.5A，图中电流为正弦式交变电流，则输出电流的最大值为Im＝2I＝22A，故A错误，B正确；

C：根据题图乙可知，周期为0.2s，则频率为f＝1【分析】灯泡正常发光时，其两端电压为额定电压，电流为额定电流。结合交变电流的有效值、周期与频率关系，逐一分析选项。8．【答案】D【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值【解析】【解答】根据有效值的定义，对甲图有（0.5I0）2R×0.25T×2＋I02R×0.25T×2＝I2RT，解得I＝58I0，

乙图为余弦交流电，电流有效值为I'＝I02，根据功率公式P＝I2R，

可得先后两次取暖器的发热功率之比为P∶P'＝I2∶I'29．【答案】B【知识点】变压器原理【解析】【解答】A：由题图乙可知交流电的周期为T＝2.5s－0.25s＝2.25s，A错误；

B：结合题图乙可知原线圈两端电压的有效值为U1＝Um2＝48V，由理想变压器的变压规律有U1U2＝n1n2，代入可得副线圈两端电压的有效值U2＝12V，又电压表测的是副线圈两端电压的有效值，所以电压表示数为12V，B正确；

C：设通过R1的电流为I1，通过R2的电流为I2，则由并联电路规律有I1R1＝I2R2，可得I1＝12I2，则副线圈干路中的电流为I干＝3I1，即副线圈干路中的电流为10．【答案】D【知识点】变压器的应用【解析】【解答】A：该交流电的频率为f＝ω2π＝100π2πHz＝50Hz，A错误；

B：电压表的示数等于变压器输出电压，根据U1U2＝n1n2可知，滑动变阻器的滑片向b端滑动，电压表的示数不变，B错误；

CD：滑动变阻器的滑片向a端滑动，R阻值变大，可知输出电流减小，即电流表的示数减小，根据P11．【答案】A,D【知识