资源简介

　直流电路与交流电路
命题区间 高考题型 近年考频
直流电路与交流电路 直流电路的分析与计算 2023年全国乙卷T20　2020年1月浙江卷T6　2020年江苏卷T6
交变电流的产生和描述 2024年山东卷T8　　2024年湖北卷T5　　2024年新课标卷T20 2024年河北卷T4 2023年湖南卷T9 2021年6月浙江卷T5
理想变压器　远距离输电 2024年湖南卷T6　　2024年全国甲卷T19　2023年山东卷T7 2023年海南卷T11 2022年山东卷T4 2022年湖南卷T6 2021年山东卷T9 2021年广东卷T7 2021年湖南卷T6 2021年河北卷T8
命题分析 素养落实
纵观近几年的高考试题，高考对直流电路的考查主要是对串并联电路、含容电路以及实验的考查(见实验专题)，对交流电路的考查主要是对交变电流的产生、交变电流的“四值”的应用、变压器及远距离输电等知识点的考查，其中变压器是重中之重。考题都以选择题形式出现，难度中等。 1．理解交变电流的产生原理 2．掌握“四值”描述及图像 3．掌握理想变压器的规律及动态分析的方法 4．掌握远距离输电损耗的原因及计算方法
直流电路的分析与计算
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r U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至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论
　(多选)(2023·全国乙卷T20)如图所示，黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12＝3.0 V，U23＝2.5 V，U34＝－1.5 V。符合上述测量结果的可能接法是(　　)
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
命题立意：本题综合考查电路基本规律
第一步：依照选项画出电路图
第二步：结合已知条件判断排除
规范解答：根据A项题意画出电路图，如图甲所示
可见U34 > 0，A错误；
根据B项题意画出电路图，如图乙所示
可见U34>0，B错误；
根据C项题意画出电路图，如图丙所示
可见该接法符合题中测量结果，C正确；
根据D项题意画出电路图，如图丁所示
可见该接法符合题中测量结果，D正确。
故选CD。
[答案]　CD
易错：不能正确理解题意或不能画出相应电路图而错选或漏选
交变电流的产生和描述
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．正弦式交变电流“四值”的应用
　(多选)(2023·湖南卷 T9)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作电压在额定电压以内，下列说法正确的是(　　)
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
命题立意：本题综合考查交变电流的产生规律及“四值”问题
第一步：由传动的特点分析线圈转动的角速度
第二步：灯泡两端电压是交变电流路端电压的有效值，由交流电压峰值表达式及最大值与有效值的关系求解
第三步：将小轮半径变大，则小轮和线圈的角速度变小，由E＝可知灯泡变暗
规范解答：大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据线速度的计算公式v＝ωr可知角速度的大小和半径成反比，根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；
线圈产生感应电动势的最大值为
Emax＝nBS·4ω
又因为S＝L2
联立可得Emax＝4nBL2ω
则线圈产生感应电动势的有效值为
E＝＝2nBL2ω
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω
B错误；
若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为
E′max＝8nBL2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值为
E′＝＝4nBL2ω
根据电阻定律有R′＝ρ
可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值为U′＝＝
C正确；
若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据
E＝可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。
故选AC。
[答案]　AC
难点：正确理解交变电流的产生及“四值”间的关系
理想变压器　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，输电线上损失电压为ΔU＝IR，降压变压器输入电压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，降压变压器输出电流由＝确定
　(2024·湖南卷T6)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是(　　)
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
命题立意：考查变压器原理及远距离输电基本规律
第一步：采用等效电阻法可得输电线上的电流为I2＝
第二步：由E＝，Em＝nBSω结合输电线上的电流及功率公式逐一分析
规范解答：如图所示为等效电路图，
设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流为I2＝
转子在磁场中匀速转动时产生的电动势的有效值为E＝
当转子角速度增加一倍时，升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I′2＝2I2，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确；
升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故C错误；
若R0阻值增加一倍，输电线上的电流
I″2＝
R0上消耗的功率P3＝·2R0≠4P
故B错误；
若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为I 2＝＝
R0上消耗的功率P4＝R0≠6P
故D错误。
故选A。
[答案]　A
难点：熟练应用理想变压器基本规律及远距离输电各量制约关系
易错：不能准确得出输电线上的电流表达式而造成错误
2 / 8

展开更多......

收起↑