资源简介

第1讲　直流电路与交流电路
考情速览·明规律
高考命题点 命题轨迹 情境图
直流电路的分析 2020 Ⅰ卷17题
20(1)17题
16(2)17题
2016 Ⅱ卷17题
交流电路的分析与计算 2020 Ⅲ卷20
20(3)20题
18(3)16题
16(1)16题
16(3)19题
2018 Ⅲ卷16
2016 Ⅰ卷16，Ⅲ卷19
核心知识·提素养　
“物理观念”构建
一、理清直流电路知识体系
二、正弦交变电流“四值”的理解与应用
三、理想变压器和远距离输电
1．明确变压器各物理量间的制约关系
2．明辨远距离输电过程的3个问题
(1)输电线上的电流：I＝＝.
(2)电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR.输送电压一定时，用电器增多，则降压变压器的输出电流变大，输电线上的电流增大，电压损耗增大．
(3)输电线上损失的功率：P损＝I2R线＝2R线＝＝U损I.输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应，不要把输电线上的输电电压U和输电导线上损失的电压ΔU相混淆，不能用公式P＝计算输电线上损失的功率．
“科学思维”展示
一、思想方法
1．等效思想：等效电路、等效电源；
2．守恒思想：理想变压器的输入功率等于输出功率．
二、模型建构
直流电路动态分析的常用方法
基本思路为“部分→整体→部分”．
命题热点·巧突破　
考点一　直流电路的分析
　考向1　直流电路的动态分析
1．(2020·上海普陀区二模)如图，电路中电源电动势为E、内电阻为r，R0为定值电阻．当滑动变阻器R的滑片向a移动时，下列说法正确的是(　D　)
A．R两端的电压变大 B．流经R0的电流变大
C．电源总功率变小 D．电源内部消耗功率变大
【解析】　当滑动变阻器R的滑片向a移动时，R电阻减小，则外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知干路电流增大，路端电压U＝E－Ir减小，R和R0两端电压减小，流经R0的电流变小，故A、B错误；I增大，电源总功率P＝EI增大，故C错误；电源内部消耗功率Pr＝I2r变大，故D正确，故选D．
　考向2　含电容器电路的分析与计算
2．(2020·江苏扬州中学月考)如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是(　A　)
A．G中电流方向由a到b B．RT两端电压变大
C．C所带的电荷量保持不变 D．L变暗
【解析】　电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由a→b，故A正确；因为电路中电流增大，电源的内阻分压及灯泡L两端的电压增大，由E＝U内＋U外，可得RT两端电压减小，故B错误；因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由Q＝CU，知电容器的带电量减小，故C错误；由图可以知道，热敏电阻与L串联，当环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮，故D错误．
3．(2020·山西晋中市5月模拟)如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2、R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．开关闭合时，平行金属板中带电小液滴P处于静止状态．选地面为零电势参考面，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则(　D　)
A．电阻R1消耗的功率增大
B．小液滴一定会运动且运动过程中电势能增加
C．电源的效率减小
D．若电流表、电压表的示数变化量分别为ΔI和ΔU，则【解析】　由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器R4接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，故电流表的示数减小；根据P1＝IR1，电阻R1消耗的功率减小，故A错误；电压表的示数变大，金属板板间的电场变强，电场力变大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，电势能减小，故B错误；由于路端电压变大，电源效率增大，故C错误；根据ΔI干＝ΔI3＋ΔI，很容易看出ΔI干<ΔI，由于＝r＋R1，即有　考向3　直流电路的故障分析
4．(2020·北京顺义区二模)某同学在测量电阻Rx实验时，按图所示连接好实验电路．闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，电表及其量程的选择均无问题．请你分析造成上述结果的原因可能是(　D　)
A．电流表断路
B．滑动变阻器滑片接触不良
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大
【解析】　电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路情况，即电表示数为零，AB错误；开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很小，所以其两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联的其他仪器的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确．
5．(2020·河北邢台联考)在如图所示的电路中两相同的小灯泡原来都发光，忽然小灯泡A比原来亮了，小灯泡B比原来暗了，则发生这种故障可能是(电源内阻不计)(　B　)
A．R1断路 B．R2短路
C．R3断路 D．R4短路
【解析】　因电源的内阻不计，所以外电路总电压不变，电阻R1单独在一个支路上，断路后电路的电阻值变大，则总电流减小，故R4和A灯的电压变小，故B灯所在的并联支路电压增大，故A灯变暗，B灯变亮，故A错误；R2短路，总电阻减小，总电压不变，则总电流增大，故R4和A灯的电压增大，A灯变亮；则并联支路的电压减小，故B灯变暗，故B正确；R3断路，总电阻增大，总电压不变，则总电流减小，故R4和A灯的电压变小，A灯变暗；则并联支路的电压增大，故B灯变亮，故C错误；R4短路，总电阻减小，总电压不变，故A灯和并联支路的电压增大，则A、B两灯都变亮，故D错误．
　考向4　闭合电路中的能量问题
6．(2020·浙江嘉兴测试)由于锂离子电池的材料特性，在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸．为安全起见，中国民航总局做出了如表相关规定．某款移动电池(锂离子电池)的参数如表格所示(　C　)
容量 25 000 mAh
重量 596 g
额定电压 3.7 V
转换率 85%
充电时间 15.5 h
A．25 000 mAh中的mAh是能量的单位
B．这款移动电池充满电后所储存的总化学能为92 500 Wh
C．乘飞机出行时，这款移动电池可以直接随身携带
D．这款移动电池理论上能给3 200 mAh的手机最多充电7次
【解析】　根据q＝It可知，mAh是电量的单位，故A错误；这款移动电池充满电后所储存的总化学能为W＝UIt＝Uq＝25 A·h×3.7 V＝92.5 Wh，故B错误；根据B分析可知，乘飞机出行时，这款移动电池可以直接随身携带，故C正确；这款移动电池理论上能给3 200 mAh的手机最多充电N＝≈6.6，故最多充电6次，故D错误．
7．(2020·浙江三市选考模拟)如图所示的U－I图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，图线b为某一小灯泡的伏安特性曲线．用该电源直接与小灯泡连接成闭合电路，以下说法错误的是(　B　)
A．电源电动势为3 V
B．此时电源的效率为25%
C．此时小灯泡的阻值为1.5 Ω
D．此时小灯泡的功率为1.5 W
【解析】　由图像可知，电源电动势为3 V，选项A正确，不符合题意；此时电源的总功率P＝EI＝3×1 W＝3 W，电源的输出功率P出＝IU＝1×1.5 W＝1.5 W，则电源的效率为η＝＝50%，选项B错误，符合题意；此时小灯泡的阻值为R＝＝ Ω＝1.5 Ω，选项C正确，不符合题意；此时小灯泡的功率为P灯＝UI＝1.5 W，选项D正确，不符合题意；故选B．
8．(2020·江苏5月压轴)在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω.闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A．则以下判断中正确的是(　B　)
A．电动机的输出功率为14 W
B．电动机两端的电压为7.0 V
C．电动机产生的热功率为4.0 W
D．电源输出的电功率为22 W
【解析】　电路中电流表的示数为2.0 A，所以电动机的电压为U＝E－U内－UR0＝12－Ir－IR0＝12 V－2×1 V－2×1.5 V＝7 V，电动机的总功率为P总＝UI＝7×2 W＝14 W，电动机的发热功率为P热＝I2R＝22×0.5 W＝2 W，所以电动机的输出功率为P出＝14 W－2 W＝12 W，B正确，A、C错误；电源的输出的功率为P输出＝EI－I2r＝12×2 W－22×1 W＝20 W，D错误；故选B．
规律总结
动态电路问题的处理方法：
(1)
考点二　交流电路的分析与计算
〔典例探秘〕
典 例 (多选)(2019·天津卷，8)单匝闭合矩形线框电阻为R①，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动②，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图③所示．下列说法正确的是(　BC　)
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
【解析】　中性面的特点是与磁场方向垂直，穿过的磁通量最大，磁通量变化率最小，则时刻线框在中性面上，A错误；电动势最大值为Em＝BSω＝Φmω＝Φm，对正弦交流电，E有＝＝，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于线框中产生的焦耳热，W＝·T＝，C正确；由法拉第电磁感应定律知，E＝＝＝，D错误．
【核心考点】本题考查了交变电流的产生和描述，以及考生对交变电流产生过程有效值的确定、平均感应电动势及安培力做功的分析和判断能力，是核心素养中能量观念的体现．
【规范审题】
① 线圈为单匝线圈，电阻为R
② 线圈绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生正弦式交变电流
③ 读出磁通量最大的值，明白Φ－t图线斜率表示磁通量变化的快慢
【思路分析】
(1)穿过线框的磁通量最大，线框处于中性面；
(2)最大值与有效值的关系E＝；
(3)线框匀速转一周外力做的功等于克服安培力所做的功；
(4)根据E＝，计算平均感应电动势．
〔考向预测〕
　考向1　有效值的理解与计算
1．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示．则Q方∶Q正等于(　D　)

A．1∶ B．∶1
C．1∶2 D．2∶1
【解析】　根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q＝I2RT＝T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝u∶2＝2∶1，选项D正确．
　考向2　理想变压器的原理及动态分析
2.(2020·江苏高考真题)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器(　D　)
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
【解析】　原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误；电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误；电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C选项错误；原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确；故选D．
3．(2020·天津十二区县联考)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，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化．如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器(等效为一个定值电阻)与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈．则(　B　)
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
【解析】　保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I1也减小，选项A错误，B正确；若保持U1不变，则次级电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，则R电阻变大，次级电流I2减小，则扬声器获得的功率减小，选项C、D错误．
4．(2020·四川宜宾三诊)如图所示，一理想变压器的原副线圈匝数分别为n1和n2，原线圈输入电压保持不变，副线圈输出端通过开关S接电阻R1和滑动变阻器R，电流表为理想电表，下列说法正确的是(　B　)
A．若S断开，则副线圈输出端电压为零
B．若S闭合，滑动片P向上滑动，则两电流表示数都变小
C．若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数变大，A2示数变小
D．若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数不变，A2示数变小
【解析】　理想变压器的变压关系与副线圈是否是通路或断路无关，根据理想变压器的电压规律变形U2＝U1，匝数比恒定，输入电压不变时，输出电压就保持不变，A错误；S闭合，滑片P上滑时，电阻值变大，则电流表A2示数变小，又因为流过定值电阻R1的电流不变，所以电流表A1示数也变小，B正确，CD错误．
5.(2020·广西桂林等三市联考)如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1、用电器R2(纯电阻)．下列说法正确的是(　B　)
A．当光照减弱时，变压器的输入功率增大
B．当光照增强时，流过用电器R2的电流不变
C．当滑动触头P向上滑动时，用电器消耗的功率增大
D．当f减小时，变压器的输入功率减小
【解析】　当光照减弱时，光敏电阻的电阻值增大，故变压器的输出功率减小，所以输入功率也减小，故A错误；当光照增强时，变压器的匝数比不变，所以输出电压不变，则流过用电器R2的电流不变，故B正确；当滑动触头P向上滑动时，原线圈匝数增加，根据＝，变压器的输出电压减小；根据功率表达式P＝，可知用电器消耗的功率减小，故C错误；当f减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故D错误；故选B．
6．(2020·山东高考真题)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示．灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V．定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　A　)
A．1 Ω B．5 Ω
C．6 Ω D．8 Ω
【解析】　输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)U1＝ V＝220 V，根据理想变压器电压规律＝，可知副线圈电压有效值为U2＝U1＝×220 V＝30 V，灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24 V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为IL＝＝ A＝1.6 A
根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为U＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V
通过R1的电流为I1＝＝ A＝0.6 A
通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝1.6 A－0.6 A＝1 A
R2、R的分压为U＝I2(R2＋R)
解得滑动变阻器的阻值为R＝－R2＝ Ω－5 Ω＝1 Ω，A正确，BCD错误．故选A．
　考向3　原线圈中含有负载的变压器问题
7．(多选)(2020·新课标卷Ⅲ)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流I2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是(　AD　)
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
【解析】　交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I＝＝1 A，R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U2＝IR2＝1×10 V＝10 V，根据理想变压器的电压规律＝可知原线圈的电压U1＝U2＝10×10 V＝100 V，电阻R1两端分压即为电压表示数，即UV＝U0－U1＝220 V－100 V＝120 V，B错误；电流表的示数为IA＝＝ A＝0.5 A，C错误；副线圈中流过的总电流为I2＝I＋IA＝1 A＋0.5 A＝1.5 A，变压器原副线圈传输的功率为P＝I2U2＝15 W，D正确，故选AD．
8．(多选)(2020·江西重点协作体联考)理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是(　AB　)
A．R1、R2、R3两端的电压之比为5∶1∶2
B．R1、R2、R3的功率之比为25∶1∶4
C．a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15∶4
D．a、b间输入电压与变压器输入电压之比为3∶1
【解析】　由于理想变压器＝＝，＝＝
设流过副线圈的电流为I0，则流过原线圈的电流为2I0，即I3＝＝I0
则流过R2的电流I2＝＝＝I0
则流过R1的电流I1＝2I0＋I2＝I0
由于三个电阻相等，因此R1、R2、R3两端的电压之比为I1∶I2∶I3＝5∶1∶2，A正确；
R1、R2、R3的功率之比为P1∶P2∶P3＝I∶I∶I＝25∶1∶4，B正确；由于变压器本身不消耗能量，则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为(P1＋P2＋P3)∶P3＝15∶2，C错误；a、b间输入电压与变压器输入电压之比为＝＝，D错误；故选A、B．
　考向4　远距离输电问题
9．(2020·浙江高考真题)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V．已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　C　)
A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
【解析】　根据电功率公式P＝UI，发电机输出电流I1＝＝400 A，A错误；输电线上损失功率5 kW，由P线＝IR线，可得I线＝＝25 A，故B错误；降压变压器副线圈得到的功率为P4＝P－P线＝95 kW，根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得＝＝＝，C正确；用户得到的功率为95 kW，用户得到的电流I4＝≈432 A，D错误；故选C．
10．(2020·河北六市调研)如图所示，为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器．当升压变压器原、副线圈匝数比为n时，用户得到的功率为P1.现保持发电厂的输出功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻不变，当升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，用户得到的电功率为(　A　)
A．(1－k2)P＋k2P1 B．(1－n2)P＋n2P1
C．P＋ D．P＋
【解析】　当升压变压器原副线圈的匝数比为n时，由变压器的规律得＝，设输电线总电阻为R，由能量守恒得，输电线损失的功率P损＝IR＝n2I2R＝P－P1，当升压变压器的原副线圈匝数比为kn时，由变压器的规律得＝，此时输电线损失的功率为P′损＝I′R＝k2n2I2R＝k2P损＝k2(P－P1)，用户得到的功率为P用＝P－P′损＝P－k2(P－P1)＝(1－k2)P＋k2P1，故A正确，BCD错误．
规律总结
1．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、电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、电功率等随负载电阻的变化情况．
2．理想变压器问题分析技巧
(1)根据题意分清变量和不变量；
(2)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．
3．远距离输电问题的解题关键
(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系．
(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流．

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