最新高考物理二轮复习讲义 专题6 电磁感应与电路 第2课时 直流电路和交流电路.docx
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最新高考物理二轮复习讲义专题6电磁感应与电路第2课时直流电路和交流电路
第2课时 直流电路和交流电路
1.纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较
(1)纯电阻电路:
电功W=UIt,电功率P=UI,且电功全部转化为电热,有W=Q=UIt=
t=I2Rt,P=UI=
=I2R.
(2)非纯电阻电路:
电功W=UIt,电功率P=UI,电热Q=I2Rt,电热功率P热=I2R,电功率大于电热功率,即W>Q,故求电功、电功率只能用W=UIt、P=UI,求电热、电热功率只能用Q=I2Rt、P热=I2R.
2.电源的功率和效率
(1)电源的几个功率
①电源的总功率:
P总=EI.
②电源内部消耗的功率:
P内=I2r.
③电源的输出功率:
P出=UI=P总-P内.
(2)电源的效率η=
×100%=
×100%.
3.交流电的“四值”
(1)最大值Em=NBSω.
(2)瞬时值(从中性面开始计时)e=NBSωsin_ωt.
(3)有效值:
正弦式交流电的有效值E=
;非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应,用等效的思想来求解.计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值.
(4)平均值:
=n
,常用来计算通过电路的电荷量.
4.理想变压器的基本关系式
(1)功率关系:
P入=P出.
(2)电压关系:
=
.
(3)电流关系:
只有一个副线圈时
=
.
1.直流电路动态分析方法
(1)程序法:
基本思路是“部分→整体→部分”.即从阻值的变化入手,由串、并联规律判定R总的变化情况,再由闭合电路欧姆定律判断I总和U端的变化情况,最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况.
(2)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).
2.变压器和远距离输电的分析技巧
(1)变压器的副线圈的电流和功率决定原线圈的电流和功率;
(2)远距离输电问题分析的关键是求中间回路的电流强度的大小.
高考题型1 电路的动态分析
1.直流电路动态分析方法
(1)程序法;
(2)“串反并同”法;(3)极限法.
2.电容器的特点
(1)只有当电容器充、放电时,电容器支路中才会有电流,当电路稳定时,电容器所在的支路相当于断路.
(2)电路稳定时,与电容器串联的电路中没有电流,同支路的电阻相当于导线,电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压.
例1
(多选)(2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图1所示,电源的电动势E=6V,内阻r=1Ω,电阻R1=3Ω,R2=6Ω,电容器的电容C=3.6μF,二极管D一般是由硅或者锗管组成,具有单向导电性,下列判断正确的是( )
图1
A.开关S1闭合,S2断开时和开关S1、S2均闭合时,电容器两端电压均为4V
B.开关S1闭合,S2断开,当合上S2,待电路稳定以后,电容器上电荷量变化了1.8×10-6C
C.开关S1、S2闭合,待电路稳定以后断开S1,流过R1的电荷量为9.6×10-6C
D.开关S1、S2闭合,待电路稳定以后断开S1,流过R1的电荷量为1.44×10-5C
答案 BC
解析 设开关S1闭合,S2断开时,电容器两端的电压为U1,干路电流为I1,根据闭合电路欧姆定律有:
I1=
=
A=1.5A
U1=I1R1=1.5×3V=4.5V
设合上开关S2后,电容器两端电压为U2,干路电流为I2,根据闭合电路欧姆定律有
I2=
=
A=2A
U2=I2
=2×
V=4V
所以电容器上电荷量减少了ΔQ=(U1-U2)C=(4.5-4)×3.6×10-6C=1.8×10-6C,故选项A错误,选项B正确;
合上S1、S2后,电容器上的电荷量为:
Q=CU2=3.6×10-6×4C=1.44×10-5C
再断开S1后,R1和R2的电流与阻值成反比,故流过电阻的电荷量与阻值成反比.
故流过电阻R1的电荷量为Q1=
Q=9.6×10-6C,故选项C正确,D错误.
拓展训练1
(多选)(2018·河南省商丘市上学期期末)如图2所示的电路中,电源电动势、内阻分别为E、r,闭合开关S,当滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动时.下列说法正确的是(不考虑灯丝电阻随温度的变化)( )
图2
A.小灯泡L1变暗
B.电压表读数变大
C.小灯泡L2变亮
D.电容器带电荷量减少
答案 AC
解析 在滑动变阻器的滑片由右端向左端移动的过程中,L1与滑动变阻器并联总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律分析可知,电路中总电流增大,路端电压减小,即电压表的读数减小,由于电路中总电流增大,小灯泡L2两端电压增大,小灯泡L2功率增大,灯变亮;根据串联分压可得小灯泡L1两端电压减小,功率减小,灯变暗,小灯泡L2两端电压增大,电容器两端电压增大,电容器带电荷量增大,故A、C正确,B、D错误.
拓展训练2
(2018·山东省济宁市上学期期末)如图3所示,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变),R1、R2为定值电阻,R1>r,R3为光敏电阻,其阻值随光照强度的增加而减小,闭合开关S后,若照射R3的光照强度减弱,则( )
图3
A.R1两端的电压变大
B.通过R2的电流变大
C.电源的输出功率变大
D.小灯泡消耗的功率变大
答案 B
解析 光照强度减弱,光敏电阻R3的阻值增大,电路中的总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中干路电流减小,故R1两端的电压减小,故A错误;因干路电流减小,内电压减小,路端电压增大,同时R1两端的电压减小,故并联电路部分电压增大,则流过R2的电流增大,由并联电路的电流规律可知,流过灯泡的电流减小,由P=I2RL可知,小灯泡消耗的功率变小,故B正确,D错误;由于R1>r且电路的总电阻增大,故外电阻比内阻r越来越大,所以电源的输出功率减小,故C错误.
高考题型2 电路中的能量问题
例2
(2018·北京市大兴区上学期期末)某直流电动机,线圈电阻为0.5Ω,当它两端所加的电压为6V时,通过电动机的电流为2A.由此可知( )
A.电动机发热的功率为72W
B.电动机消耗的电功率为72W
C.电动机输出的机械功率为10W
D.电动机的工作效率为20%
答案 C
解析 该直流电动机的总功率为:
P=UI=2×6W=12W,发热功率为:
P热=I2R=22×0.5W=2W,则输出功率为:
P出=P-P热=12W-2W=10W,机械的工作效率为
×100%≈83.3%,故C正确,A、B、D错误.
拓展训练3
(2018·山东省淄博市一中三模)某家用电热水壶铭牌如图4所示,其正常工作时电流的最大值是( )
图4
A.0.2AB.2.5
A
C.5AD.5
A
答案 D
解析 电热水壶电流的有效值为I=
=
A=5A,故电流的最大值为:
Im=
I=5
A,D正确.
高考题型3 交流电的产生和描述
例3
(2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图5甲所示,为一台小型发电机构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势随时间按余弦规律变化,其e-t图象如图乙所示.发电机线圈的内阻为1Ω,外接灯泡的电阻为9Ω,电表均为理想电表,则( )
图5
A.电压表的示数为6V
B.在2×10-2s时刻,穿过线圈的磁通量变化率为零,线圈与中性面平行
C.在1×10-2s时刻,穿过线圈的磁通量为零,线圈处于中性面
D.发电机的输出功率为3.24W
答案 D
解析 由Em=6
V,E=
=6V,由闭合电路欧姆定律得,电压表示数U=
E=5.4V,故A错误;在2×10-2s时刻,感应电动势最大,故穿过线圈的磁通量变化率最大,线圈与中性面垂直,故B错误;在1×10-2s时刻,感应电动势为零,故说明线圈处于中性面,此时穿过线圈的磁通量最大,故C错误;灯泡实际消耗的功率即电源的输出功率,由功率公式可知,P=
=
W=3.24W,故输出功率为3.24W,故D正确.
拓展训练4
(2018·全国卷Ⅲ·16)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流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正.该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图6所示.则Q方∶Q正等于( )
图6
A.1∶
B.
∶1
C.1∶2D.2∶1
答案 D
解析 由有效值概念知,一个周期内产生的热量Q方=
·
+
·
=
T,Q正=
T=
T=
·
T,故知,Q方∶Q正=2∶1.
高考题型4 变压器和远距离输电
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.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.
例4
(2018·天津卷·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图7所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的
,则( )
图7
A.R消耗的功率变为
P
B.电压表V的读数变为
U
C.电流表A的读数变为2I
D.通过R的交变电流频率不变
答案 B
解析 发电机线圈的转速变为原来的
,由E=
知,原线圈中输入电压变为原来的
,频率变为原来的
.根据
=
,则U2变为原来的
,即U2=
U,则通过R的电流变为原来的
,R消耗的功率P2=
=
P,根据
=
,原线圈上的电流也变为原来的
,即电流表A的读数变为
I,故选B.
拓展训练5
(2018·河南省濮阳市第二次模拟)如图8甲所示,一个电阻不计、边长为1m的正方形单匝线圈被固定,正方形线圈内有一磁场与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,将线圈的两端与理想变压器原线圈相连,开关闭合,副线圈接有定值电阻R0和磁敏电阻GMR(GMR的阻值随所处空间磁场的增大而增大),则下列说法正确的是( )
图8
A.线圈中产生的电动势的有效值为2V
B.若使电阻R0消耗的功率增大,则滑动触头P需上移
C.当开关S由闭合到断开,副线圈中电流增大
D.当GMR处的磁场增强时,变压器的输入功率减小
答案 D
解析 磁感应强度随时间t的变化关系为B=0.02sin(100t)T,故求导可得磁通量变化率为
=2cos(100t)T/s,所以产生的最大感应电动势为Em=
=2V,线圈中产生的电动势的有效值为E=
=
V,A错误;滑动触头P上移,R0两端电压减小,故其消耗的功率减小,B错误;当开关S由闭合到断开时,副线圈减少一个支路,电流减小,C错误;当GMR处的磁场增强时,其阻值增大,副线圈的电功率
+
减小,故变压器的输入功率减小,D正确.
拓展训练6
(2018·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)如图9所示,矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路.线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动,磁感应强度大小为B,线圈转动的角速度为ω,匝数为N,线圈电阻不计.下列说法正确的是( )
图9
A.电容器的电容C变小时,灯泡变亮
B.将原线圈触头P向下滑动时,灯泡变暗
C.若线圈转动的角速度变为2ω,灯泡变亮
D.线圈处于图示位置时,电压表读数为0
答案 C
解析 电容器的电容C变小时,容抗变大,故副线圈电路中电流减小,灯泡变暗,故A错误;矩形线圈abcd中产生交变电流;将原线圈触头P向下滑动时,原线圈匝数减小,根据变压比公式:
=
,输出电压变大,故灯泡会变亮,故B错误;若线圈转动角速度变为2ω,电动势最大值Em=NBSω,最大值增加为2倍,根据变压比公式:
=
可知,输出电压变大,所以灯泡会变亮,故C正确;线圈处于题图所示位置时,是中性面位置,感应电动势的瞬时值为零,但电压表读数不为0,故D错误.
例5
(多选)(2018·山东省青岛市二模)如图10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20kW.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1A,输电线的总电阻为10Ω,则下列说法正确的是( )
图10
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=2000V
C.用户获得的功率为19kW
D.将P下移,用户获得的电压将增大
答案 BC
解析 根据高压输电原理,提高输电电压,输电电流减小,A错误;根据电流互感器的原理,输电电流:
I2=
×1A=10A,升压变压器的输出电压:
U2=
=
V=2000V,B正确;输电线上的功率损失:
P损=I22R=102×10W=1kW,用户获得的功率为:
P用=P-P损=20kW-1kW=19kW,C正确;将P下移,降压变压器原线圈匝数增加,根据变压器的变压规律,副线圈的电压减小,用户获得的电压将减小,D错误.
拓展训练7
(多选)(2018·广东省潮州市下学期综合测试)远距离输电线路简化如图11所示,电厂输送电功率不变,变压器均为理想变压器,图中标示了电压和电流,其中输电线总电阻为R,则( )
图11
A.I2<
B.输电线损失的电功率为
C.仅提高输送电压U2,则输电线电流I2增大
D.电厂输送电功率为U2I2
答案 AD
解析 在输电线路上:
U2=I2R+U3,所以I2<
,故A正确;由于U2不是R两端的电压,所以输电线损失的电功率不是
,故B错误;因为输送功率不变,根据P2=U2I2,可知提高输送电压U2,则输电线电流I2减小,故C错误;因变压器为理想变压器,所以有P1=P2=U2I2,故D正确.
专题强化练
1.(多选)(2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图1所示的电路中,电表均为理想电表,闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P向右移动至某一位置,与移动前相比,下列说法正确的是( )
图1
A.电流表读数变小,电压表读数变大
B.小灯泡L变亮
C.电源的输出功率一定变大
D.电容器C所带的电荷量减少
答案 BD
2.(多选)(2018·广东省东莞市上学期期末质检)如图2,一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后,偏向A极板,为使小球沿射入方向做直线运动,可以采用的方法是( )
图2
A.将变阻器滑片P适当向右滑动
B.将变阻器滑片P适当向左滑动
C.适当减小小球所带电荷量
D.将极板间距适当增大
答案 ACD
3.(2018·山东省青岛市二模)如图3所示电路中,电流表A和电压表V均可视为理想电表.闭合开关S后,将滑动变阻器R1的滑片向右移动,下列说法正确的是( )
图3
A.电流表A的示数变大
B.电压表V的示数变大
C.电容器C所带的电荷量减少
D.电源的效率增加
答案 D
解析 R1的滑片向右移动,接入电路的电阻增大,电路的总电阻增大,由闭合电路的欧姆定律知,干路中的电流减小,路端电压增大,R3两端的电压减小,电压表V的示数变小,B错误;并联部分的电压增大,电容器C所带的电荷量增加,C错误;通过R2的电流增大,所以通过R1的电流减小,电流表的示数变小,A错误;电源的效率:
η=
×100%=
×100%,所以效率增加,D正确.
4.(2018·广东省韶关市11月月考)如图4所示,电源的电动势为30V,内电阻为1Ω,一个标有“6V,12W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联.开关闭合后,电路中的电灯正常发光,则电动机输出的机械功率为( )
A.36WB.44W
C.48WD.60W
答案 A
解析 电路中电灯正常发光,所以UL=6V,则电路中电流为I=
=
A=2A,电动机两端的电压UM=E-Ir-UL=(30-2×1-6)V=22V,则电动机输出的机械功率P出=P电-P热=UMI-I2RM=(22×2-4×2)W=36W.
5.(2018·安徽省宣城市第二次调研)图5甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10Ω连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电压表,示数是10V.图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图象.线圈内阻不计,则( )
图5
A.此交流发电机的电动势平均值为10
V
B.t=0.02s时R两端的电压瞬时值为零
C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u=10
cos(100πt)V
D.当ab边速度方向向上时,它所受安培力的方向也向上
答案 C
解析 矩形线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生正弦交流电,外电阻R=10Ω,电压表示数为10V,说明
=10V,即Em=10
V.根据题图乙知t=0时磁通量等于0,可判断t=0,电动势最大,所以电动势随时间变化的规律为U=Emcosωt=10
cos(100πt)V,选项C对.将t=0.02s代入电动势的表达式,得U=10
V,选项B错.根据楞次定律,感应电流总是阻碍线圈的转动,所以当ab边速度方向向上时,它所受安培力的方向向下,选项D错.电动势平均值为磁通量和时间的比值,而该比值最大为Em=10
V,所以平均值一定比Em=10
V小,选项A错.
6.(多选)(2018·山西省晋城市第一次模拟)如图6所示为某山区小型水电站的电能输送示意图,发电机输出的电压和输电线路上的电阻恒定,用电器均为纯电阻元件,当用电高峰来临时,下列判断正确的是( )
图6
A.用电器等效电阻R0变大
B.升压变压器T1的输出电压变大
C.降压变压器T2的输出电压变小
D.输电线路总电阻R上消耗的功率变大
答案 CD
解析 用电高峰来临时,用电器增多,用电器并联后的总电阻R0减小,选项A错误;由于升压变压器的输入电压一定,则输出电压一定,选项B错误;设输电线的输送电流为I,降压变压器的变压比为k,升压变压器的输出电压为U,则U=IR+k2IR0,当R0减小时,I增大,输电线总电阻R消耗的功率PR=I2R变大,选项D正确;降压变压器T2的输入电压等于U-IR,可以判断此电压减小,则输出电压也减小,选项C正确.
7.(多选)(2018·山东省枣庄市二调)如图7所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,电阻R=10Ω,两只相同小灯泡L1、L2的规格均为“3V,1.5W”,S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交流电源.当S1接1、S2闭合时,L2正常发光.设小灯泡的电阻值恒定.下列说法正确的是( )
图7
A.原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为30V
B.只断开S2后,变压器的输出功率为0.75W
C.将S1换接到2后,原线圈的输入功率为90W
D.将S1换接到2后,R的电功率为0.9W
答案 BD
解析 当S1接1、S2闭合时,L2正常发光,副线圈的电压为U2=3V,根据原、副线圈电压比等于匝数比即
=
,解得原线圈的电压为U1=30V,原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为Em=30
V,故A错误;两只相同小灯泡阻值均为RL=
=6Ω,只断开S2后,变压器的输出功率为P2=
=
W=0.75W,故B正确;将S1换接到2后,R的电功率为PR=
=0.9W,原线圈的输入功率为P入=PR=0.9W,故C错误,D正确.
8.(2018·山东省泰安市上学期期末)如图8,电阻R、电容器C和电感线圈L并联后,接入输出电压有效值、频率可调的交流电源.当电路中交流电的频率为f时,通过R、C和L的电流有效值恰好相等.若将频率降低为
f,分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流的有效值,则( )
图8
A.I1=I2=I3B.I1>I2>I3
C.I3>I1>I2D.I1>I2=I3
答案 C
解析 将频率降低时,通过R的电流不变,电容器的容抗增大,通过C的电流减小,则有I1>I2,电感线圈的感抗减小,通过L的电流增大,则有I3>I1,故A、B、D错误,C正确.
9.(多选)(2018·江西省五市八校第二次联考)如图9(a)所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=55∶4,原线圈接有交流电流表A1,副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等,所有电表都是理想电表,二极管D正向电阻为零,反向电阻无穷大,灯泡L的阻值恒定.原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示,则下列说法正确的是( )
图9
A.交流电压表V的读数为32V
B.灯泡L两端电压的有效值为32V
C.当滑动变阻器的触头P向下滑动时,电流表A2示数增大,A1示数增大
D.由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100rad/s
答案 AC
解析 由题图(b)可知,原线圈输入电压有效值为440V,根据
=
,可得副线圈电压有效值为32V,交流电压表V的示数为有效值,即为32V,故A正确;设灯泡L两端电压的有效值为U′,灯泡的阻值为r,交变电流的周期为T,根据交变电流有效值的定义有
×
=
T,解得U′≈22.6V,故B错误;当滑动变阻器的触头P向下滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值减小,则由欧姆定律可知,电流表A2示数增大,因为理想变压器输入功率与输出功率相等,所以电流表A1示数也增大,故C正确;根据ω=
=
rad/s=100πrad/s,可知,交流发电机转子的角速度为100πrad/s,故D错误.
10.(2018·河南省中原名校第六次模拟)如图10所示,一理想变压器,左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P),左端接在一电压恒为U0的交流电源两端.此时6盏灯刚好正常发光.下列说法中不正确的是( )
图10
A.该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2
B.此时交流电源输出的功率为6P
C.U0=6U
D.如果灯L6突然烧断,灯L1和L2将变暗,而其余3盏灯将变得更亮
答案 A
解析 由于各盏灯相同且均正常发光,所以流过每盏灯的电流均相同,原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I,而副线圈中的总电流为I2=4I,故n1∶n2=I2∶I1=4∶1,A错误;由于理想变压器本身不消耗能量,所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P,B正确;设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2,则U2=U,U0=U1+2U,而U1∶U2=n1∶n2=4∶1,代入得U0=6U,C正确;当灯L6突然烧断,变压器输出的功率将减小,所以输入功率也将减小,由P1=U1I1得I1减小,所以灯L1和L2将变暗,同时因L1和L2分得的电压减小,变压器输入端的电压U1将增大,所以变压器输出的电压也将增大,使其余3盏灯变得更亮,D正确;本题选不正确的,故选A
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