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第1讲　直流电路与交流电路的分析
网络构建
备考策略
1.必须领会的“二种物理思想”和“四种方法”
(1)等效思想、守恒思想。
(2)程序法、极限法、分析推理法、守恒法。
2.解决交变电流问题要做到“四看”、“四想”
(1)看到“电容器的耐压值”，想到“最大值”。
(2)看到“某时刻某位置”，想到“瞬时值”。
(3)看到“电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数”，想到“有效值”。
(4)看到“通过电路的电荷量”，想到“平均值”。
3.理想变压器
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。
　直流电路的分析与计算
　直流电路的动态分析
【典例1】 (2019·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)如图1所示，电源的电动势为E、内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A.电压表的示数变大
B.电流表的示数变小
C.滑动变阻器消耗的功率变小
D.定值电阻R消耗的功率先变大后变小
解析　等效电路图如图所示。滑片从a端滑向b端，其接入电路的阻值RPb减小，电路中电流增大，电压表示数减小，电流表示数增大，电阻R消耗的功率增大，选项A、B、D错误；把电阻R当作电源内电阻(等效电源)，则R内＝2r，RPb减小，且RP<2r，等效电源的输出功率减小，即滑动变阻器的功率减小，选项C正确。
答案　C
　直流电路(含电容)的分析与计算
【典例2】 (2019·浙江桐乡选考适应性考试)(多选)如图2所示的电路中，电源电动势E＝4 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R0＝1 Ω，R为滑动变阻器，电容器的电容C＝40 μF。闭合开关S，下列说法中正确的是(　　)
图2
A.将R的阻值调至2 Ω时，电容器的电荷量为8×10－5 C
B.将R的阻值调至2 Ω时，滑动变阻器的功率为最大值
C.将R的阻值调至2 Ω时，电源的输出功率为最大值
D.在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电容器的电荷量增加
解析　将R的阻值调至2 Ω时，由闭合电路欧姆定律，可计算出滑动变阻器中电流I＝＝ A＝1 A，电容器两端电压U＝IR＝2 V，电容器的电荷量Q＝CU＝40×10－6×2 C＝8×10－5 C，选项A正确；把定值电阻R0看作电源内阻的一部分，根据电源输出功率最大的条件，将R的阻值调至2 Ω时，外电阻R等于定值电阻和内阻之和，滑动变阻器的功率为最大值，选项B正确；将R的阻值调至2 Ω时，定值电阻和滑动变阻器相对于电源来说，是外电阻，大于电源内阻，电源的输出功率不是最大值，选项C错误；在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，电容器两端电压逐渐减小，根据公式Q＝CU可知，电容器的电荷量逐渐减小，选项D错误。
答案　AB
1.程序法：基本思路是“部分→整体→部分”。即
2.电容器所在的支路可看作是断路，分析含有电容器的直流电路时，关键是准确判断和求出电容器两端的电压。　　　　
1.(2019·浙江宁波联考)如图3所示为某控制电路，主要由电源(E、r)与定值电阻R1、R2及碳膜电位器(即滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两指示灯。闭合开关S，当电位器的触头由弧形碳膜的中点顺时针滑向b端时(　　)
图3
A.L1指示灯变亮 B.L2指示灯变暗
C.电流表示数变小 D.电容器带电荷量增大
解析　当电位器的触头向b端滑动时，电路的总电阻增大，干路电流减小，所以内电压减小，路端电压增大，所以R1两端的电压增大，流过R1的电流变大，电流表示数变大；因为干路电流减小，则通过L1的电流变小，L1变暗，L1两端电压减小，路端电压增大，所以电位器两端电压增大，L2中电流增大，所以L2变亮，电容器两端的电压变大，根据Q＝CU知电容器带电荷量增大，故选项A、B、C错误，D正确。
答案　D
2.如图4所示的电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是(　　)
图4
解析　由题图知R0与R并联，电压表测路端电压，电流表测R接入电路部分所在支路的电流。该恒流源提供的电流恒定为I总，流过R0的电流为I0，R0两端的电压为U0，流过R接入电路部分的电流为I，R接入电路部分两端的电压为U。根据并联电路的特点可知U＝U0＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，其中I总、R0为定值，由U＝－R0I＋I总R0可知U－I图象为直线，－R0<0，即图象的斜率小于0，故选项A、B错误；由电功率的计算公式P＝UI知，电路消耗的总功率P＝UI总＝(I总－I)R0×I总＝－I总R0I＋IR0，其中I总、R0为定值，由P＝－I总R0I＋IR0可知P－I图象为直线，－I总R0<0，即图象的斜率小于0，且I不会为0，P不会为0，故选项C正确，D错误。
答案　C
3.(2019·浙江名校协作体模拟)(多选)如图5甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R＝6 Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
图5
A.电源的电动势E＝ V，内阻r＝4 Ω
B.图乙中Rx＝25 Ω
C.定值电阻R消耗的最大功率为0.96 W
D.调整滑动变阻器RP的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1 W
解析　当RP＝R＋r＝10 Ω时，滑动变阻器的功率最大，R＝6 Ω，可得内阻r＝4 Ω，最大功率P＝＝0.4 W，得E＝4 V，A错误；滑动变阻器的阻值为4 Ω时消耗的功率与阻值为Rx时消耗的功率相等，×4＝Rx，有4Rx＝(R＋r)2，解得Rx＝25 Ω，B正确；当回路的电流最大时，即RP＝0时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为R＝0.96 W，C正确；当外电路电阻与内阻相等时，电源输出功率最大，本题中定值电阻R的阻值已经大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为零时，电源的输出功率最大，最大功率为R＝0.96 W，D错误。
答案　BC
　交变电流的分析与计算
　有效值的理解与计算
【典例1】 (2019·浙江温州选考适应性考试)(多选)图6甲为小型交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝5 Ω，线圈的两端与阻值为95 Ω的电阻R连接，交流电压表为理想电表。t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。若交流发电机产生的电动势的最大值为Em，电压表的示数为U，则(　　)
图6
A.Em＝200 V，U＝134 V
B.Em＝134 V，U＝95 V
C.通过电阻R的电流每秒内方向改变约50次
D.电阻R实际消耗的功率为190 W
解析　交流发电机产生的电动势的最大值Em＝nBSω，而Φm＝BS，由Φ－t图线可知Φm＝2.0×10－2 Wb，T＝2π×10－2 s，所以ω＝100 rad/s，Em＝200 V，电动势的有效值E＝＝100 V，由闭合电路的欧姆定律，可知电路中电流的有效值I＝＝ A，电压表的示数为U＝IR＝95 V≈134 V，故选项A正确，B错误；由题图乙可知，周期T＝2π×10－2 s，频率f＝≈16 Hz，故通过电阻R的电流每秒内方向改变约32次，选项C错误；电阻R消耗的功率为P＝I2R＝
190 W，故选项D正确。
答案　AD
　交变电流的产生及变压器的工作原理
【典例2】 (2019·浙江金华一中模拟)如图7所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈输入交变电压u＝311sin (100πt) V，已知照明灯额定功率为44 W，排气扇电动机内阻为1 Ω，电流表示数为2 A，各用电器均正常工作，电表均为理想表。则(　　)
图7
A.电压表示数为62 V
B.变压器的输入功率为186 W
C.排气扇输出功率为43 W
D.保险丝熔断电流不得低于2 A
解析　原线圈输入电压最大值为Um＝311 V，原线圈输入电压为U1＝220 V，根据变压器变压公式，U1∶U2＝5∶1，可知副线圈输出电压U2＝44 V，选项A错误；变压器的输出功率为P出＝U2I＝44×2 W＝88 W，根据变压器输入功率等于输出功率，可知变压器输入功率为P入＝88 W，选项B错误；由P出＝P灯＋P扇＝44 W＋P扇＝88 W可知，P扇＝44 W。照明灯中电流I灯＝＝1 A，排气扇中电流I扇＝I－I灯＝1 A，排气扇内阻发热功率为P热＝Ir＝1 W，由P扇＝P热＋P出可得排气扇输出功率为P出＝43 W，选项C正确；由P入＝U1I1，解得保险丝中电流I1＝0.4 A，即保险丝熔断电流不得低于0.4 A，选项D错误。
答案　C
　理想变压器的动态分析
【典例3】 (多选)如图8所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，电灯L的亮度变暗了，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮(　　)
图8
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，断开开关S
D.其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动
解析　P1上移则n1增大，P2下移则n2减小，由理想变压器规律＝可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，选项A错误；P1下移则n1减小，P2上移则n2增大，由理想变压器规律＝可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，选项B正确；其他条件不变，则电压U2不变，断开开关S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，电灯L两端的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，选项C正确；其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，电灯L两端的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，选项D错误。
答案　BC
　远距离输电的分析与计算
【典例4】 (2018·青岛二模)(多选)如图9所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法中正确的是(　　)
图9
A.采用高压输电可以增大输电线中的电流
B.升压变压器的输出电压U2＝2 000 V
C.用户获得的功率为19 kW
D.将P下移，用户获得的电压将增大
解析　采用高压输电可以减小输电线中的电流，故选项A错误；由＝可知I2＝10 A，由P＝U2I2，解得U2＝2 000 V，故选项B正确；损失功率为P损＝IR＝1 000 W，所以用户获得的功率为P1＝P－P损＝19 kW，故选项C正确；将P下移，n3增大，由＝可知U4减小，故选项D错误。
答案　BC
1.(2019·浙江嘉兴检测)科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计(0刻度在正中央)与一个保护电阻R0串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图10所示。发电机模型线圈匝数可调。转动手柄使线圈在磁场中匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是(　　)
图10
A.电流计指针总是左、右摆动
B.当转速很小时，电流计指针左、右摆动
C.当转速很大时，电流计指示的为交变电流的有效值
D.当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值
解析　交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快，电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定时指针指向“0”刻度，不能测定交变电流的有效值，选项A、C错误，B正确；线圈匝数不能改变电流方向变化的频率(由线圈转动的角速度决定)，因此选项D错误。
答案　B
2.(多选)在如图11所示的电路中，理想变压器原线圈串联两只灯泡L1、L2，副线圈并联三只灯泡L3、L4、L5，五只灯泡完全相同。若交流电源的电压有效值为U，五只灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是(　　)
图11
A.每只灯泡的额定电压为U
B.每只灯泡的额定电压为U
C.变压器原、副线圈匝数之比为3∶1
D.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1
解析　设每只灯泡的额定电压为U0，额定电流为I0，变压器原、副线圈匝数的比值为k，则原线圈两端电压U1＝kU0，I0＝·3I0，且U＝2U0＋U1，解得k＝3，U0＝U，选项A、C正确。
答案　AC
3.(2019·湖南株洲统考)(多选)某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1。第二次采用如图12所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是(　　)
图12
A.前后两次实验都可用于研究远距离直流输电
B.实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失
C.若输送功率一定，则P2∶P1＝n∶n
D.若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2
解析　变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故选项A错误；根据P＝I2r可知减小输送电流可以减小输电线上的电能损耗，故选项B正确；第一次实验输电线上的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R，第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，＝＝，故选项C正确，D错误。
答案　BC
4.(2018·湖南衡阳三模)(多选)在如图13甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，ab两端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，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，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13
A.电压表的示数为22 V
B.若RT处出现火灾时，电压表示数将变大
C.若RT处出现火灾时，电流表示数将变大
D.若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗
解析　由二极管特点可知U1＝110 V，由＝可知U2＝11 V，即电压表的示数为11 V，故选项A错误；由于U2由U1决定，所以若RT处出现火灾时，电压表示数将不变，故选项B错误；若RT处出现火灾时，电阻减小，总电阻R减小，由I2＝知I2将变大，由＝可知电流表示数也将变大，故选项C正确；若RT处出现火灾时，并联电阻减小，由串联分压原理可知并联电压减小，即指示灯的电压减小，指示灯L将变暗，故选项D正确。
答案　CD
选择题的增分策略
一、增分策略
1.看清高考要求，避免错误发生
2.先易后难，按顺序作答
3.仔细审题，防止思维定式
(1)审题干，正确理解题意
在审题干时，要注意以下三点：
首先，明确选择的属性，即题干要求是正选还是反选。正选一般用“什么是”“包括什么”“产生以上现象的原因”“这表明”等表示；反选一般用“错误的是”“不正确的是”“不是”等表示。
其次，明确题干的要求，即找出关键词句——题眼。
再次，明确题干规定的限制条件，即通过分析题干的限制条件，明确选项设定的具体范围、层次、角度和侧面。
(2)审选项，确定解题突破口
对所有备选选项进行认真分析和判断，让选项引领你的思路。考试中应统揽所有选项，明确题目考查的知识点，分辨各选项的区别、联系，选定解题“突破口”。
4.慎选择，提高题目得分
解题时，考生将会碰到两类情况：
(1)对会做的题目，要特别注意跟过去做过的题目的区别(千万不要想老师是如何讲的，以及是哪个答案)。
(2)对不会做的题目，注意两点
①当难以确定的选项的可确定率低于70%，宁可少选也不多选。
②要注意选项之间的矛盾，不要把矛盾的选项同时选上。
二、答题技巧
技巧1.直接判断法
【例1】 (2019·浙江富阳选考模拟) 如图14
图14
中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)
A.向上 B.向下
C.向左 D.向右
解析　根据安培定则和磁场的叠加原理可判断O点的磁场方向向左，再利用左手定则可判定带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动时所受到的洛伦兹力的方向向下，选项B正确。
答案　B
技巧2.反例排除法
【例2】 (多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则(　　)
A.F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍
B.F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N
C.F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变
D.若F1、F2中的一个增大，F不一定增大
解析　F1、F2同时增大一倍，由平行四边形定则知F也增大一倍，选项A正确；当F1、F2方向相同时，F1、F2同时增加10 N，F增加20 N，选项B错误；当F1、F2方向相反时，F1增加10 N、F2减少10 N，则F增加20 N或减少20 N，选项C错误；当F1、F2共线反向时，当其中一个增大，合力F不一定增大，选项D正确。
答案　AD
技巧3.二级结论法
【例3】 (多选)如图15所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)
图15
A.FM向右 B.FN向左
C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小
解析　电磁感应中，感应电流所受安培力总是阻碍导体棒的运动，且安培力既垂直于导体棒又垂直于磁场，故FM、FN方向均向左，选项A错误，B正确；导体棒在M区运动时，离通电直导线距离逐渐变小，磁场逐渐增强，感应电流及安培力均变大；同理，在N区运动时，远离通电直导线，磁场减弱，感应电流及安培力均变小，选项C、D正确。
答案　BCD
技巧4.假设推理法
【例4】 (多选)一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速度地释放，先后经过电场中的B点和C点。点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EpA、EpB、EpC表示，则EpA、EpB和EpC间的关系可能是(　　)
A.EpA>EpB>EpC B.EpAC.EpAEpC>EpB
解析　若电场力一直做正功，则点电荷在电场中的电势能逐渐减小，显然EpA>EpB>EpC；若电场力先做正功后做负功，则点电荷在电场中的电势能先减小后增大，显然有EpA>EpC>EpB或EpA>EpB>EpC或EpA>EpB＝EpC；……总之，EpA不小于EpB、EpC。
答案　AD
技巧5.极限思维法
【例5】 由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通大小为I的电流，如图16甲所示，则环心O处的磁感应强度大小B＝·，其中μ0为真空磁导率。若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示。请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是(　　)
图16
A.BP＝· B.BP＝·
C.BP＝· D.BP＝·
解析　本题看似无法解决，但题目中已知O点的磁感应强度大小的表达式。应用极限法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小BP＝·，选项A正确。
答案　A
点评　当某些问题无法求解时，可将题中某些物理量的值推向极端(如本题中将x推向0)，然后对选项进行分析推理，进而得出答案。解题时要注意：①有哪些量可以推向极端；②极端推向0还是无穷大。
技巧6.计算推理法
【例6】 (多选)如图17甲所示，阻值为 Ω的三个完全相同的灯泡a、b、c分别接在理想变压器的原、副线圈两端，变压器通过一内阻不计，线圈匝数n＝10的一小型发电机供电，当矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕固定轴OO′转动，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按如图乙所示的正弦规律变化时，三灯泡都正常发光，则下列说法正确的是(　　)
图17
A.发电机电动势瞬时表达式为e＝20sin (200t)V
B.理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1
C.理想交流电压表的示数为 V
D.理想交流电流表的示数为2 A
解析　由题图乙可知，矩形线圈转动的周期T＝π×10－2 s，角速度ω＝＝
rad/s＝200 rad/s，则矩形线圈产生的最大电动势Em＝nBSω＝nΦmω＝10××10－2×200 V＝20 V，因为计时起点是垂直于中性面，故发电机电动势瞬时表达式为e＝20cos (200t)V，选项A错误；发电机电动势有效值为E有＝ V＝20 V，设通过灯泡的电流为I，则有＝＝，故理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，选项B正确；由电压关系可得＝，即U＝ V，选项C错误；由欧姆定律可得通过灯泡的电流I＝＝ A＝2 A，则理想交流电流表的示数为2 A，选项D正确。
答案　BD

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