届高考物理二轮复习 直流电路与交流电路 学案 江苏专用.docx

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届高考物理二轮复习直流电路与交流电路学案江苏专用

专题九　直流电路与交流电路

江苏卷考情导向

考点

考题

考情

直流电路的分析与计算

2016年T8考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律

2013年T4考查闭合电路的欧姆定律、电路的动态分析问题

1．高考在本专题命题的题型多为选择题．

2．高考命题热点集中在变压器的分析与计算，而电路的分析与计算、交变电流的产生、交变电流的图象、“四值”问题则是冷考点，复习中也要引起重视．

交变电流的产生与描述

2017年T7考查电容器的通交流隔直流，通高频阻低频，电感线圈通直流阻交流，通低频阻高频

变压器问题

2016年T4考查变压器的构造和原理

2015年T1考查变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系

2014年T3考查理想变压器的输入功率与输出功率相等、远距离输电

2013年T8考查变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频

考点1|直流电路的分析与计算难度：

中档题题型：

选择题五年2考

（对应学生用书第43页）

1．（多选）（2016·江苏高考T8）如图91所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有（　　）

【导学号：

17214149】

图91

A．路端电压为10V

B．电源的总功率为10W

C．a、b间电压的大小为5V

D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A

【解题关键】　解此题的关键有两点：

（1）注意识别a、b两点连接前后、电路串、并联的变化．

（2）确定a、b两点电压时要选取零电势点．

AC　[根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝

A＝1A，则路端电压为U＝IR外＝10V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为φA＝2．5V，b点电势为φB＝7．5V，a、b间电压的大小为5V，选项C正确；若a、b间用导线连接起来，根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为7．5Ω，根据闭合电路欧姆定律得电路的总电流为I＝

A≈1．26A，选项D错误．]

2．（2013·江苏高考T4）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图92所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时（　　）

【导学号：

17214150】

图92

A．RM变大，且R越大，U增大越明显

B．RM变大，且R越小，U增大越明显

C．RM变小，且R越大，U增大越明显

D．RM变小，且R越小，U增大越明显

【解题关键】　

关键语句

信息解读

导致S两端电压U增大，装置发生警报

S两端电压U增大，回路中电流增大，传感器电阻RM变小

一种报警装置，电路如图所示

传感器M与R并联，R并＝

，R越大，RM变化时，对R并大小影响越大．

C　[当RM变大时，回路的总电阻R总变大，根据I总＝

，得干路中的电流变小，S两端的电压U＝I总RS变小，故选项A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻R总＝

＋RS变小，根据I总＝

，得干路中的电流变大，S两端的电压U＝I总RS变大，而且R越大，RM变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，故选项C正确，选项D错误．]

1．明确1个定律、2个关系

（1）闭合电路的欧姆定律：

I＝

．

（2）路端电压与电流的关系：

U＝E－Ir．

（3）路端电压与负载的关系

U＝IR＝

E＝

E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．

2．明确引起电路动态变化的原因

（1）滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．

（2）某支路开关闭合或断开．

3．程序法分析直流电路的动态变化

R局

I总＝

U内＝I总r

U外＝E－U内

确定U支、I支

●考向1　直流电路内的电场

1．（2017·宿迁三模）飞机在空中飞行时，其表面因不断与空气摩擦而带电．某次飞行中，飞机0．5s内带电量增加约17μC，此过程中形成的电流约为（　　）

A．34mA　　　　　　B．34μA

C．8．5mAD．8．5μA

B　[已知飞机0．5s内带电量增加约17μC，此过程中形成的电流约：

I＝

＝

A＝34×10－6A＝34μA．故B正确，A、C、D错误．]

●考向2　直流电路的动态分析

2．（2017·南京四模）如图93所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是（　　）

图93

A．滑片M向上滑动过程中，电容器充电

B．滑片N向左滑动过程中，流过R2的电流向上

C．滑片N向左滑动，电源输出功率一定增大

D．滑片N向右滑动，电容器的电能减少

D　[当滑片M向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故A错误；滑片N向左滑动过程中，变阻器R3的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，R3两端的电压U＝E－I（R1＋r）增大，电容器两端的电压增大，电容器充电，流过R2的电流向下，故B错误；滑片N向左滑动，变阻器R3的电阻变大，外电阻增大，但因为不知道内外电阻的关系，所以电源的输出功率变化情况无法判断，故C错误；滑片N向右滑动，变阻器R3的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，变阻器R3两端的电压U＝E－I（R1＋r）减小，电容器两端的电压等于变阻器R3两端的电压，根据Q＝CU知电容器放电，电容器的电能减少，故D正确．]

3．（多选）（2017·南通二模）如图94所示的闭合电路中，R是半导体光敏电阻，R1为滑动变阻器．现用一束光照射光敏电阻，则（　　）

【导学号：

17214151】

图94

A．电压表读数变小　　B．电流表读数变小

C．电源的总功率变大D．电源内阻的功率变大

ACD　[半导体光敏电阻的阻值随光照增加而减小，故用一束光照射光敏电阻电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，故电流表示数增大；则由P＝EI可知，电源的总功率变大，由P＝I2r可知，电源内阻的功率变大；因电流增大，则内电压和滑动变阻器两端电压增大，故电压表示数减小，故A、C、D正确，B错误．]

●考向3　直流电路的计算

4．（2017·苏锡常二模）如图95所示，电源为恒流电源（能始终提供恒定的电流），R0为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，移动滑动变阻器R的滑片，则下列电压表示数U和电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中正确的是（　　）

【导学号：

17214152】

图95

A　　　　　　B

C　　　　　　D

D　[设恒流源提供的电流为I0．则通过R0的电流为：

IR＝I0－I，则电压表示数为：

U＝IRR0＝（I0－I）R0＝－IR0＋I0R0，I0和R0是定值，则根据数学知识可知UI图象是不过原点的倾斜的直线，故A、B错误．电路总功率为：

P＝UI0＝（I0－I）R0I0＝－R0I0I＋R0I

，I0和R0是定值，可知PI图象是向下倾斜的直线，故C错误，D正确．]

考点2|交变电流的产生与描述难度：

中档题题型：

选择题五年1考

（对应学生用书第44页）

3．（多选）（2017·江苏高考T7）某音响电路的简化电路图如图96所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（　　）

【导学号：

17214153】

图96

A．电感L1的作用是通高频

B．电容C2的作用是通高频

C．扬声器甲用于输出高频成分

D．扬声器乙用于输出高频成分

【解题提示】　根据电容器的特性：

通交隔直，通高阻低，以及电感线圈的特性：

通直阻交，通低阻高来分析选择．

BD　[电感的特点是通低频阻高频，电容的特点是通高频阻低频，选项A错误，B正确；

混合信号输入后，高频成分被L1阻碍，再经C1过滤一部分，则通过扬声器甲的是低频成分，选项C错误；

当混合信号输入后，电容C2让高频信号顺利通过，电感L2不能过滤掉高频成分，但可以过滤掉低频成分，故通过扬声器乙的是高频成分，选项D正确．]

解决交变电流的产生和描述的基本思路

（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）书写交变电流瞬时值表达式的基本思路

①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值．

②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．

a．若线圈从中性面位置开始转动，则it图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsinωt．

b．若线圈从垂直中性面位置开始转动，则it图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt．

●考向1　交变电流的产生

5．（2017·泰州三模）法拉第发明了世界上第一台发电机，如图97所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心接触良好，且与灵敏电流计相连，金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则（　　）

图97

A．电刷M的电势高于电刷N的电势

B．若只将电刷M移近N，电流计的示数变大

C．若只提高金属盘转速，电流计的示数变大

D．若只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大

C　[根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从M到N，则电刷M的电势低于电刷N的电势，故A错误；若仅将电刷M移近N，使电刷MN之间距离减小，切割磁感线的有效长度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，则电流计的示数变小，故B错误；若只提高金属盘转速，感应电动势增大，故电流计的示数变大，故C正确；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流减小，磁场减弱，电流计的示数将减小，故D错误．]

6．（2017·苏锡常二模）在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理如图98甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，上下运动的速度v＝0．4πsin（πt）m/s，且始终处于辐射磁场中，该线圈与阻值R＝15Ω的灯泡相连；浮桶下部由内、外两密封圆筒构成（图乙中阴影部分），其内部为产生磁场的磁体；线圈匝数N＝200匝，线圈所在处磁场的磁感应强度大小B＝0．2T，线圈直径D＝0．4m，电阻r＝1Ω．计算时取π2的值为10．

甲　　　　　乙

图98

（1）求线圈中产生感应电动势的最大值Em；

（2）求灯泡工作时消耗的电功率P；

（3）若此灯塔的发电效率为90%，求3min内海浪提供给发电灯塔的能量．

【导学号：

17214154】

【解析】　

（1）线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为：

Em＝NBlvmax，其中：

l＝πD

联立得：

Em＝πNBDvmax＝π×200×0．2×0．4×0．4πV＝64V．

（2）电动势的有效值为：

E＝

＝

V＝32

V，根据闭合电路欧姆定律有：

I＝

得：

I＝

A＝2

A

那么灯泡电流的有效值为：

I＝2

A

灯泡两端电压的有效值为：

U＝IR＝2

×15V＝30

V

则灯泡的功率为：

P＝I2R＝（2

）2×15W＝120W．

（3）此灯塔的发电效率为90%，根据能量守恒定律，有：

90%E总＝UIt

解得：

E总＝

＝

J＝2．4×104J．

【答案】　

（1）64V　

（2）120W　（3）2．4×104J

●考向2　交变电流的“四值”

7．（2017·香洲区期中）如图99所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长L1＝0．40m、L2＝0．25m，其匝数n＝100匝，总电阻r＝1．0Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和R＝3．0Ω的定值电阻相连接．线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B＝1．0T，在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O1O2匀速转动，角速度ω＝2．0rad/s．求：

图99

（1）电阻R两端电压的最大值；

（2）从线圈通过中性面（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）开始计时，经过

周期通过电阻R的电荷量；

（3）在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热．

【解析】　

（1）线圈中感应电动势的最大值Em＝nBSω，其中S＝L1L2

Em＝nBSω＝nBL1L2ω＝20V

线圈中感应电流的最大值Im＝

＝5．0A

电阻R两端电压的最大值Um＝ImR＝15V．

（2）设从线圈平面通过中性面时开始，经过

周期的时间Δt＝

＝

此过程中线圈中的平均感应电动势：

E＝n

＝n

通过电阻R的平均电流：

＝

＝

通过电阻R的电荷量：

q＝

Δt＝

代入数据，解得：

q＝2．5C．

（3）线圈中感应电流的有效值I＝

＝

A

线圈转动一周的过程中，电流通过整个回路产生的焦耳热：

Q热＝I2（R＋r）T＝50πJ≈157J．

【答案】　

（1）15V　

（2）2．5C　（3）157J

●考向3　交变电流的图象

8．（2017·湖北模拟）如图910甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则（　　）

甲　　　　　　　　　　　乙

图910

A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置

B．a、b对应的线圈转速之比为2∶3

C．a、b对应的两线圈面积之比为1∶1

D．若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈电动势的有效值之比一定不变

C　[在t＝0时刻，感应电动势为零，此时线圈一定处在中性面上，故A错误；由图可知，a的周期为4×10－2s，b的周期为6×10－2s，则由n＝

可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故B错误；由图可知，a的最大感应电动势为Ea＝15V，b的最大感应电动势为Eb＝10V，根据Em＝NBSω可知

＝

＝

，故C正确；改变线圈的形状，线圈的面积可能会发生变化，根据E＝

可知，产生的感应电动势可能会发生变化，故两线圈电动势的有效值之比不一定不变，故D错误．]

考点3|变压器问题难度：

中档题题型：

选择题五年4考

（对应学生用书第46页）

4．（多选）（2013·江苏高考T8）如图911所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有（　　）

【导学号：

17214155】

图911

A．向下滑动P

B．增大交流电源的电压

C．增大交流电源的频率

D．减小电容器C的电容

【解题关键】　解此题应注意两点：

（1）灯泡变亮的方法有增大副线圈电压和减小容抗XC两种．

（2）容抗XC与交流电频率和电容的关系为XC＝

．

BC　[要使灯泡变亮，根据欧姆定律，一方面可使变压器的输出电压U2变大，另一方面可使电路对交流电的阻碍作用减小．由

＝

知，向下滑动P时，U2变小，选项A错误；增大交流电源的电压U1，U2变大，选项B正确；由XC＝

知，增大交流电源的频率时，容抗XC变小，选项C正确；减小电容器C的电容，容抗XC变大，选项D错误．]

5．（2015·江苏高考T1）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为（　　）

A．200　　　　　　　　　　B．400

C．1600D．3200

B　[根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系

＝

，得n2＝

＝

＝400，选项B正确．]

6．（2016·江苏高考T4）一自耦变压器如图912所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2．在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（　　）

图912

A．U2＞U1，U2降低　　　B．U2＞U1，U2升高

C．U2＜U1，U2降低D．U2＜U1，U2升高

C　[a、b间作为原线圈（匝数不变）接电压为U1的交变电流，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，相当于副线圈的匝数变少，由变压器工作原理

＝

知，U1＞U2，且U2降低，选项C正确．]

7．（2014·江苏高考T3）远距离输电的原理图如图913所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R．变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（　　）

图913

A．

＝

B．I2＝

C．I1U1＝I

RD．I1U1＝I2U2

D　[根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、

＝

．U2不是加在R两端的电压，故I2≠

，而I1U1等于R上消耗的功率I

R与下一级变压器的输入功率之和．选项D正确．]

变压器分析与计算的两点技巧

（1）理想变压器问题中的两个“理清”

①理清变量和不变量．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理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）理想变压器问题的分析流程

①由

＝

分析U2的情况；

②由I2＝

分析I2的情况；

③由P1＝P2＝I2U2判断输入功率的情况；

④由P1＝I1U1分析I1的变化情况．

●考向1　变压器的基本关系

9．（2017·苏锡常二模）如图914所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的9倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（　　）

图914

A．此时a和b的电功率之比为1∶1

B．原、副线圈匝数比为9∶1

C．原、副线圈匝数比为8∶1

D．此时a和b的电功率之比为8∶1

C　[灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，因为输入电压U为灯泡额定电压的9倍，所以原线圈输入电压为灯泡额定电压的8倍，输出电压等于灯泡的额定电压，可知，原副线圈匝数之比为

＝

，根据公式

＝

得a和b的电流之比为

＝

，故A、B错误，C正确；由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，两者的电功率之比为1∶8，故D错误．]

●考向2　变压器动态分析

10．（多选）（2017·徐州期末）如图915所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节．RT为热敏电阻，当环境温度升高时，RT的阻值变小．下列说法正确的有（　　）

图915

A．P向下滑动时，电压表读数变大

B．P向下滑动时，电流表读数变小

C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大

D．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小

BC　[根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，故A错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，故B正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，故C正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P＝I2R，灯泡消耗的功率变大，故D错误．]

11．（多选）（2017·徐州模拟）如图916所示，变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈所接交变电压u＝25

sin100πt（V），C为电容器，L为自感线圈，刚开始开关S断开，下列说法正确的是（　　）

【导学号：

17214156】

图916

A．开关闭合前，交流电压表示数12．5V

B．开关闭合稳定后，灯泡比闭合前暗

C．只增加交变电流的频率，灯泡变亮

D．只增加交变电流的频率，电压表读数变大

AB　[由题可知，原线圈的电压有效值为25V，根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压表示数为副线圈两端的电压：

U2＝

·U1＝

×25V＝12．5V，故A正确；开关闭合后灯泡与电容器并联，电路中的电流值增大，线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则线圈上分担的电压增大，所以灯泡比闭合前暗，故B正确；交流电的频率越大，电感线圈对交流的阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡的亮度要变暗，故C错误；交流电的频率对变压器的变压关系没有影响，故D错误．]

热点模型解读|远距离输电模型

（对应学生用书第47页）

考题

2015·福建高考T15

2014·江苏高考T3

2014·浙江高考T15

模型

展示

模型

解读

（1）输电过程的电压关系：

U2＝U3＋Ur，即升压变压器副线圈两端电压U2等于降压变压器原线圈两端电压U3与输电线上的电压Ur之和．

（2）输电过程功率的关系：

P1＝P2＋Pr，即升压变压器原、副线圈功率P1等于降压变压器原、副线圈功率P2与输电线损失功率Pr之和；输电线上损失功率Pr＝I

r，其中输电电流I2＝

．

（3）解题过程中应注意变压器原副线圈之间电流、电压、功率的制约关系．

[典例]　（2017·河北邢台质检）如图917甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则（　　）

【导学号：

17214157】

图917

A．发电机产生的交流电的频率是100Hz

B．降压变压器输出的电压有效值是340V

C．输电线的电流仅由输送功率决定

D．仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小

【解题指导】　由乙图可知交流电的周期T＝0．02s，则频率f＝

＝50Hz，变压器不改变交流电的周期与频率，则A错误．由乙图可知Um＝340V，有效值U＝

<340V，则B错．输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C错误．当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P＝UI可知，输电电流减小，再由P＝I2R可知输电线上损失的功率减小，则D正确．

【答案】　D

[拓展应用]　某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用总电阻r＝3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0．6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器），如图918所示．对整个送电过程，下列说法正确的是（　　）

图918

A．输电线上的损失功率为300W

B．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100

C．输电线中的电流为100A

D．降压变压器的输入电压为4700V

A　[输电线上损失的功率Pr＝50kW×0．6%＝300W，选项A正确；由Pr＝I

r得输电线中的电流I2＝10A，选项C错误；发电机的输出电流I1＝

＝

A＝100A，升压变压器的匝数比

＝

＝

，选项B错误；升压变压器的输出电压U2＝

＝5000V，降压变压器的输入电压为U2－I2r＝4970V，选项D错误．]