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专题八 直流电路与交流电路
考点 考纲要求 考点解读及预测
Ⅱ 近几年高考命题热点集中在交变电流的产生及“四值”分析、变压器基本规律的应用、变压器与电路结合的动态问题。题型为选择题，难度中等。.高考在本讲的命题主要考查了交变电流的产生及“四值”，变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析，变压器与交变电流的综合等，题型以选择题为主，如2020年山东卷第5题。直接考查闭合电路欧姆定律的题目较少但也要引起注意。2021年高考题会以部分电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查交变电路和变压器的动态分析与计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点。
Ⅰ
Ⅱ
Ⅰ Ⅰ
交变电流、交变电流的图像 Ⅰ
正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ
理想变压器 Ⅱ
知识网络
1. 直流电路的动态分析
（1）闭合电路动态变化的原因
①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．
②若开关的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若开关的通断使并联的支路增多，总电阻减小．
③热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．
（2）直流电路动态分析的三种常用方法
程序法 R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支
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，使电阻最大或电阻为零去讨论
2.交流电的产生及“四值”的应用
（1）两个特殊位置的特点
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
②)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
（2）正弦交流电“四值”的应用
3.理想变压器和远距离输电
（1）理想变压器问题中的两个“弄清”
①弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．
②弄清动态变化过程中的决定关系，如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定．
（2）解决远距离输电问题的一般思路
电路分析 远距离输电线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成
电压关系 升压变压器输入电压U1是不变的，根据＝可以确定升压变压器的输出电压U2，输电线上有一定的电压损失，ΔU＝IR.降压变压器输入端电压U3＝U2－ΔU，降压变压器输出电压由＝确定
功率关系 升压变压器输入功率为P1，输电线上损失功率为ΔP＝I2R，降压变压器输出功率为P2，则P1＝P2＋ΔP＝P2＋I2R
电流关系 升压变压器输入电流由I1＝确定，输出电流I2由＝确定，I2通过输电线传到降压变压器，即I3＝I2，而＝
考点一 直流电路的动态分析
[典例1]　如图所示的电路中，电源内阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU，下列结论正确的是(　　)
A．电流表的示数变大，电压表的示数变小
B．电阻R1被电流表短路
C．>r
D．[思路点拨]　①“滑片向右移动”电阻变大。
②“电压表”测路端电压。
③“电流表”测流过R2和R3的电流。
【解析】该电路的等效电路图如图所示。电流表测量的是流过R2和R3的电流之和。设流过电阻R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，两端电压分别为U1、U2、U3、U4，路端电压为U，电流表的示数为I，将滑动变阻器R2的滑片向右移动，其接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，I总变小，内电压变小，路端电压变大，所以电压表的示数变大，I3变大，而I总＝I3＋I4，I总变小，I4变小，U4变小，而U1＋U4＝U，U变大，U1变大，I1变大，又I总＝I1＋I，总电流变小，I1变大，则I变小，电流表的示数变小，且变化量的绝对值ΔI>ΔI总，则<＝r，A、B、C项错误，D项正确。
【答案】D
考点二 交变电流的产生与描述
　(多选)(2019·高考天津卷)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的关系图象如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．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
C．线框转一周外力所做的功为
D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为
[思路点拨]　①“Φ t”图象表明t＝0、t＝、t＝T时处于中性面位置。
②“Φ t”图象信息：根据Φm、T，可获取Em＝NΦmω，ω＝。
【解析】由Φ t图象可知，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＝，N＝1，BS＝Φm，则整理得Em＝，因此感应电动势的有效值为E＝＝，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＝T＝，C正确；0～的过程中，线框中产生的平均感应电动势为＝＝，D错误。]
【答案】BC
考点三 理想变压器及远距离输电问题
[典例3]　(多选)(2020·湖北普通高中协作体期中联考)某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S＝0.2 m2、电阻为r＝5.0 Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B＝ T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为n＝ r/min，如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匝数比为5∶2，R1＝5.0 Ω、R2＝5.2 Ω，电压表、电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I2＝10 A，交流电压表的示数为700 V，则下列说法中正确的是(　　)
A．线圈匝数为N＝100匝
B．灯泡的工作电压为272 V
C．变压器输出的总功率为2 720 W
D．若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大
【思路点拨】分析变压器电路的两点提醒
(1)“电压关系”中的“电压”是指原、副线圈两端的电压，本题中不能误把发电机两端的电压当作原线圈两端的电压；
(2)“电流关系”中的“电流”是指通过原、副线圈的电流，而不能误把某一部分的电压或电流当作原、副线圈的电压或电流。
【解析】因为电流表的示数为10 A，根据＝，解得原线圈的电流I1＝4 A，电压表的读数为700 V，根据U＝E－I1r得E＝720 V，线圈在磁场中产生电动势的有效值为E＝，解得N＝100匝，A正确；原线圈两端的电压为U1＝E－I1(r＋R1)＝680 V，根据＝，解得副线圈两端的电压为U2＝272 V，所以变压器输出的总功率为P＝U2I2＝2 720 W，此时灯泡上的电压为U′＝272 V－10×5.2 V＝220 V，B错误，C正确；把发电机外的所有用电器等效为一个电阻R，根据题意可知R>r，若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R减小，分析可知，此时发电机的输出功率会增大，D正确。
【答案】ACD
一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)
1.如图所示，R1、R2是两个定值电阻，R'是滑动变阻器，L为小灯泡，电源的内阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则 (　　)　　
A.电压表示数不变
B.小灯泡变亮
C.电容器处于充电状态
D.电源的电功率变大
2.如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.电流表的读数一定减小
B.R0的功率一定增大
C.电源的输出功率可能先减小后增大
D.电压表与电流表读数的比值一定先减小后增大
3.如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(　　)
A.质点P将向上运动
B.电流表读数减小
C.电压表读数减小
D.R3上消耗的功率逐渐增大
4.如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时(　　)
A．输电线上损耗的功率减小
B．电压表V1的示数减小，电流表A1增大
C．电压表V2的示数增大，电流表A2减小
D．用户功率与发电厂输出功率的比值减小
5．将阻值为100 Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断(　　)
A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置
B．该线圈的转速为100π r/s
C．穿过线圈的磁通量的最大值为Wb
D．线圈转一周所产生的电热为9.68 J
6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比41，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接在u＝36sin 100πt(V)的正弦交流电，图中D为理想二极管，(正向电阻不计，反向电阻为无穷大)，定值电阻R＝9 Ω，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝ s时，原线圈输入电压的瞬时值为18 V
B．t＝ s时，电压表示数为18 V
C．电流表示数为1 A
D．变压器的输入功率为9 W
7．如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝10?：1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12 V、工作时内阻为2 Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A，则(　　)
A．副线圈两端电压为22 V
B．电动机输出的机械功率为12 W
C．通过电动机的交流电频率为50 Hz
D．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小
8.如图所示，电源电动势E=3 V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1 Ω、0.5 Ω、9 Ω，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9 Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10-3 μF的理想平行板电容器，电容器板长0.2 m，板间距为0.125 m。一带电粒子以0.8 m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8 Ω、1 Ω。下列说法正确的是(　　)
A.此粒子带正电
B.带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为3×10-9 C
C.欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7 Ω
D.欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于1.4 Ω
9..如图所示的电路，当开关S1断开，S2与1接通时，灯泡L1最亮，灯泡L2和L4的亮度相同，且最暗，当开关S2与2接通、S1闭合时，不计灯泡阻值变化，则(　　)
A．电源的输出功率增大
B．电源的工作效率降低
C．L1最亮，L4最暗
D．L1最暗，L4比L2亮
10．(多选)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮(　　)
A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移
B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移
C．其他条件不变，断开电键S
D．其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动
1．（2020·海南卷）一车载加热器（额定电压为）发热部分的电路如图所示，a、b、c是三个接线端点，设ab、ac、bc间的功率分别为、、，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2020·北京卷）图甲表示某金属丝的电阻随摄氏温度变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是（　　）
A．应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
B．应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
C．应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
D．应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
3.（2020·浙江卷）小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱（ ）
A．通过的电流增大
B．两端的电压增大
C．阻值增大为原来的1.2倍
D．电功率增大为原来的1.44倍
4．（2020·江苏卷）某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时（　　）
A．车灯的电流变小 B．路端电压变小
C．电路的总电流变小 D．电源的总功率变大
5．（2021·广东卷）某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为10Hz
B．副线圈两端电压最大值为3V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
6．（2021·湖南卷）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　）
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
参考答案
【过关检测】
1.C【解析】当滑动变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器连入电路的阻值变大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流减小，小灯泡变暗，选项B错误;电压表测路端电压，由U=E-Ir知，路端电压变大，电压表示数变大，选项A错误;电容器两端的电压等于R1和R'两端电压之和，由UC=E-I(RL+r)知，UC变大，由C=知，电容器带的电荷量变大，电容器处于充电状态，选项C正确;由P=IE知，电源的电功率变小，选项D错误。
2.C【解析】滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中总电流I先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，A错误;电流表的读数先减小后增大，故R0的功率P=I2R0先减小后增大，B错误;路端电压先增大后减小，则电压表的读数先增大后减小，由于电源的内阻与外电阻的关系未知，无法判断电源输出功率如何变化，可能先减小后增大，也可能先增大后减小，C正确;电流表的读数先减小后增大，电压表的读数先增大后减小，电压表与电流表读数的比值一定先增大后减小，D错误。
3.C【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端。电容器与R3并联，当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小。由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小;由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，故B错误;因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故C正确;因R3两端的电压减小，由公式P=可知，R3上消耗的功率减小，故D错误;因电容器两端电压减小，电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故A错误，故选C。
4.D【解析】当用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表A2读数变大，输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项A错误；电流表A1增大，因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的次级电压不变，即电压表V1的示数不变，选项B错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级电压减小，次级电压也减小，即电压表V2的示数减小，选项C错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例＝1－＝1－，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U1不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故D正确．
5．D【解析】t＝0时刻线圈中感应电动势为零，线圈应转到中性面位置，即与图甲所示的位置垂直，选项A错误．由图乙可知，周期为0.02 s，该线圈的角速度为ω＝＝100 π rad/s，转速为n＝1/T＝50 r/s，选项B错误．由图乙可知，感应电动势最大值Em＝311 V，而Em＝NBSω，所以穿过线圈的磁通量的最大值为BS＝＝Wb，选项C错误．感应电动势有效值为E＝220 V，线圈转一周所产生的电热为Q＝T＝9.68 J，选项D正确．
6．A【解析】t＝ s时，u＝36sin(100π×)V＝18 V，A正确；电压表测量的是有效值，输入电压的最大值为Um＝36 V．有效值为U＝＝36 V，B错误；由＝得：U2＝9 V，由I＝＝1 A，根据二极管具有单向导电性，结合电流的热效应，则：I2R×＋0＝I′2RT，故电流表的示数为I′＝ A，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P1＝P2＝U2I′＝ W，D错误．
7．C【解析】由图乙可知U1＝220 V，又知n1：n2＝10?：1，则由＝，得副线圈两端电压U2＝22 V，A项错误；电动机输出的机械功率P机＝P总－P内＝1×12 W－12×2 W＝10 W，B项错误；由图乙可知，T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，C项正确；若卡住电动机，则副线圈回路电流变大，再由P入＝P出＝I2U2，可知原线圈输入功率变大，D项错误．
8.BC【解析】上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A错误;电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2 Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0=2 V，电容器的电荷量为Q0=CU0=1.5×10-9×2 C=3×10-9 C，故B正确;当粒子匀速穿过电容器时，有qE0=mg，粒子在电容器中的运动时间t= s=0.25 s。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有y=at2，解得:a=2 m/s2。由牛顿第二定律得qE1-mg=ma，可得，并可得，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压U1=2.4 V，R1的电压=E-U1=0.6 V，电流I1= A=0.6 A，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻R总= Ω=4 Ω，由R总=R2+，由此算出R4≈5.7 Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7 Ω，故C正确;同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a=2 m/s2。电容器极板间电压U2=1.6 V，解得:R4≈0.69 Ω，故D错误。
9.BD【解析】当开关S2与2接通、S1闭合时，外电路总电阻减小，由于电源的内阻未知，所以不能确定电源的输出功率是否增大，故A错误；外电路总电阻减小，路端电压U随之减小，由电源的功率η＝＝可知，电源的工作效率降低，故B正确；当开关S1断开，S2与1接通时，四个灯泡串联，电流都相同，由灯泡L1最亮，灯泡L2与L4的亮度相同，且最暗，可知L1电阻最大，L2与L4的电阻相同，且最小，当开关S2与2接通、S1闭合时，L2与L1并联后与另外两灯串联，L2与L1并联电压小于另外两个灯泡的电压，而L1电阻最大，由P＝可知，L1的功率最小，最暗，由于L4的电阻最小，可知L3最亮，由于L2与L4的电阻相同，而L4的电流大于L2的电流，则L4比L2亮，故C错误、D正确．
10．BC【解析】原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P1上移，即原线圈匝数增多，P2下移，即副线圈匝数减小，由U2＝U1可得U2减小，电灯变暗，故A错误；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P1下移，即原线圈匝数减少，P2上移，即副线圈匝数增多，由U2＝U1知可以使U2增大，可以使电灯L重新变亮，故B正确；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，断开电键S，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R1分担电压减小，灯泡两端电压增大，可以使电灯L重新变亮，故C正确；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，将滑动变阻器滑片P向下移动，并联部分电阻减小，灯泡两端电压更小，灯泡不能变亮，故D错误．
【高考链接】
1．D【解析】
接ab，则电路的总电阻为
接ac，则电路的总电阻为
接bc，则电路的总电阻为
由题知，不管接那两个点，电压不变，为U=24V，根据
可知
故选D。
2．B【解析】
由甲图可知，点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，故应标在电流较大的刻度上；而点对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小，故应标在电流较小的刻度上；由图甲得
其中为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得
联立解得
可知t与I是非线性关系，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.B【解析】
ABC．根据电阻定律：
可知，长度变为原来的倍，横截面积变为原来的倍，所以电阻变为原来的倍；根据闭合电路欧姆定律：
可知总电阻增大，干路电流减小，路端电压即盐水柱两端电压增大，故AC错误，B正确；
D．电功率的表达式：
电流变化倍数无法计算，所以电功率变化倍数无法计算，故D错误。
故选B．
4．ABD【解析】
A．开关闭合时，车灯变暗，故流过车灯的电流变小，A正确；
B．电路的路端电压为
变小，路端电压变小，B正确；
C．总电流即干路电流为
减小，干路电流增大，C错误；
D．电源总功率为
增大，总功率变大，D正确。
故选ABD。
5．B【解析】
A．周期是T=0.2s，频率是
故A错误；
B．由理想变压器原理可知
解得，副线两端的最大电压为
故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；
D．由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。
故选B。
6．A【解析】
副线圈的总电阻为
解得
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，根据等效电阻关系有
则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有
，
先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据
，
由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过L2的电流为
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中 增大；在副线圈的电压减小过程中，通过R0的电流为
逐渐增大，则越来越小，则
则先变暗后变亮，一直变亮；
故选A。
考纲解读
知识梳理
重点拓展
典例精讲
过关检测
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