高三物理之直流电路动态分析与交流电路问题交变电流的综合问题(共14页).docx

精选优质文档-倾情为你奉上第17讲 直流电路和交流电路问题是历年高考的重点。考查的题型一般为选择题，难度中等或中等偏上。考查的内容主要包括：串并联电路的特点；直流电流的功率计算；闭合电路欧姆定律；理想变压器的规律；电路的动态变化分析；含容电路；交变电流的产生和描述；远距离输电问题。用到的主要思想方法有：等效电路法动态电路的分析方法图像法比例法等效思想守恒思想一、直流电路的分析多维探究类考点题点(一)直流电路的动态分析1程序判断法遵循“局部整体部分”的思路，按以下步骤分析：2直观判断法利用下面两个结论直接地得到结果：(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。例1如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是()A电压表V2的读数减小，电流表A的读数增大B电压表V1的读数增大，电压表V2的读数增大C电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量增加D电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小解析选D滑片P左移时，滑动变阻器连入电路的阻值增大，根据串反并同规律知，电压表V1的读数增大，电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小，A、B错误，D正确；视rR1R2为电源的等效内电阻，根据电源的输出功率与外电阻的关系知，由于电阻RP与rR1R2的大小关系未知，因此电阻RP消耗的功率是增大还是减小无法判断，由于电容器C两端的电压增大，处于充电状态，其所带电量增加，C错误。题点(二)电源的功率和效率1区分电功和电热、电功率和热功率意义公式联系电功电流在一段电路中所做的功WUIt对纯电阻电路，电功等于电热：WQUItI2Rt对非纯电阻电路，电功大于电热：W>Q电热电流通过导体产生的热量QI2Rt电功率单位时间内电流所做的功P电UI对纯电阻电路，电功率等于热功率：P电P热UII2R对非纯电阻电路，电功率大于热功率：P电>P热热功率单位时间内导体产生的热量P热I2R2电源的输出功率随外电路电阻R的变化情况当Rr时电源的输出功率最大，为Pm当R>r时随着R的增大电源的输出功率越来越小当R<r时随着R的增大，电源的输出功率越来越大当P出<Pm时每个输出功率对应两个外电阻阻值R1和R2，且R1R2r2例2多选如图所示，电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0r，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端滑动时，下列说法中正确的是()A电路中的电流变大B电源的输出功率先变大后变小C滑动变阻器消耗的功率变小D定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小思路点拨(1)电源的输出功率的变化情况由外电阻与内电阻的大小关系来判断。(2)分析R上功率变化时，将R当作外电阻，把R0r当作电源内阻。(3)根据电流的变化判断R0上功率的变化情况。解析选AC电路中电流I，R减小，所以I变大，A正确；由于R0r，在P由a端向b端滑动时，R外逐渐减小至R0，刚好等于内阻r，所以电源的输出功率逐渐增大，B错误；将R0视为等效电源内阻的一部分，在滑片由a向b滑动时，等效外电阻由2r变为0，R消耗的功率为等效电源的输出功率，逐渐变小，C正确；由PR0I2R0可知，I变大，PR0变大，D错误。题点(三)闭合电路的图像问题例3如图所示，直线A为某电源的U­I图线，曲线B为某小灯泡的U­I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路，下列说法中正确的是()A此电源的内阻为0.5 B电源的总功率为10 WC电源的输出功率为8 WD由于小灯泡的U­I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用思路点拨(1)电源的U­I图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的绝对值表示电源的内阻。(2)电阻的U­I图像与电源的U­I图像的交点坐标的含义是用该电源和该电阻组成电路时的路端电压和电流值，纵坐标与横坐标的比值表示此时的外电阻，纵坐标与横坐标的乘积等于此时的输出功率。解析选A由电源的U­I图线A可知，此电源的电动势为4 V，内阻为0.5 ，选项A正确；用该电源和小灯泡组成闭合电路，电源输出电流为2 A，电源的总功率为P总EI8 W，电源的输出功率为P出UI6 W，选项B、C错误；小灯泡的U­I图线是一条曲线，但是欧姆定律仍适用，选项D错误。闭合电路中几种常见图像的比较类型公式图像特例I­R图线I短路R0，I，图像始端断路R，I0，图像末端U­R图线U短路R0，U0，U内E断路R，UE，U内0U­I图线UEIr短路R0，I，U0断路R，I0，UEP出­R图线P出R短路I，P出0，断路I0，P出0，当Rr时，P出最大，PmP出­I图线P出EII2r短路I，P出0，断路I0，P出0，当I时，P出最大，Pm1多选两位同学在实验室中利用如图(a)所示的电路进行实验，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一位同学记录电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录电流表A和电压表V2的测量数据。两位同学根据记录的数据描绘出如图(b)所示的两条U­I图线。则图像中两图线的交点表示的物理意义是()A滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B电源的输出功率最大C定值电阻R0消耗的功率为0.5 WD电源的效率达到最大值解析：选BC由题图可得，电源电动势E1.5 V，内阻r1 ，在交点位置有RR02 ，R02 ，则R0，滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，选项A错误；当电路中外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，但R0>r，故改变滑动变阻器的阻值时无法使电路中外电阻等于电源内阻，此时外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，故选项B正确；P0U2I0.5 W，选项C正确；电源的效率，电流越小，电源的效率越大，可见滑动变阻器的滑动触头P滑到最右端时电源的效率最大，选项D错误。2将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x(x为图中a点与滑动触头之间的距离)，定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，电路中的电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的这两个过程中，下列说法正确的是()A电流表A的示数变化量相等B电压表V2的示数变化量不相等C电阻R1的功率变化量相等D电源的输出功率都不断增大解析：选A根据欧姆定律得，电阻R1两端的电压U1IR1，由题图乙知，滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的两个过程中，电压U1变化量相等，且R1一定，则知电流的变化量相等，即电流表A的示数变化量相等，故A正确；电压表V2的示数U2EIr，由于电流I的变化量相等，且E、r一定，则U2相等，故B错误；电阻R1的功率P1I2R1，I相等，而I减小，则知从a点移到b点功率变化量较大，故C错误；由题图乙知，U1逐渐减小，则电路中电流减小，总电阻增大，但由于外电路总电阻与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故D错误。二、交变电流的变化规律多维探究类考点题点(一)交变电流的产生及描述例1(2017·天津联考)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60° 时的感应电流为1 A。下列说法正确的是()A线圈消耗的电功率为1 WB线圈中感应电流的有效值为2 AC任意时刻线圈中的感应电动势为e2cos t VD任意时刻穿过线圈的磁通量为sin t Wb解析选D从垂直中性面开始计时，感应电流的瞬时表达式为iImcos ，则电流的最大值为：Im2 A；线圈消耗的电功率为：PI2r2r4 W，故A错误；感应电流的有效值为：I A，故B错误；感应电动势的最大值为：EmImr4 V；任意时刻线圈中的感应电动势为：eEmcos t4cos t V，故C错误；任意时刻穿过线圈的磁通量为：BSsin t；根据公式EmNBSNm，可得：m，故sin t Wb，故D正确。题点(二)交变电流的图像例2多选(2018届高三·怀化摸底)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则下列判断正确的有()At0.005 s时线圈平面与磁场方向平行B线圈产生的交变电动势的瞬时值为e311sin 100t(V)C线圈产生的交变电动势的频率为100 HzD线圈产生的交变电动势的有效值为311 V思路点拨(1)理解两个特殊位置的特点。(2)掌握图像上各点的物理意义。解析选AB当t0.005 s时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为0，产生的感应电流最大)，故A正确；线圈产生的交变电动势的瞬时值为eEmsin t311sin 100t(V)，故B正确；由题图乙可知周期为0.02 s，则频率为f50 Hz，故C错误；线圈产生的交变电动势的有效值为220 V，故D错误。1交变电流的产生、图像及四值应用(1)两个特殊位置及其特点两个特殊位置特点中性面线圈处于中性面时，SB，最大，0，e0，i0，交变电流方向发生改变与中性面垂直的位置线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，交变电流方向不改变(2)交变电流的图像从中性面位置开始计时，电流iImsin t，如图甲；从垂直于中性面位置开始计时，电流iImcos t，如图乙。(3)交变电流的四值物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值eEmsin tiImsin t计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值EmnBSEmnmIm讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正(余)弦交流电有：EUI(1)计算与电流热效应有关的量(如功、功率、热量等)(2)电器设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图像中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值BLn计算通过电路截面的电荷量1.多选如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是()A在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先后两次转速之比为32C正弦式电流a的瞬时值为u10sin 5t VD正弦式电流b的最大值为 V解析：选BCDt0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大，故A错误。由题图读出两电流周期之比为TaTb0.4 s0.6 s23，而T，则线圈先后两次转速之比为32，故B正确。正弦式电流a的瞬时值为uUmsin t10sin t V10sin 5t V，故C正确。根据电动势最大值公式EmnBSnBS得到，两电动势最大值之比为EmaEmbTbTa32，Ema10 V，则得到正弦式电流b的最大值为Emb V，故D正确。2. (2017·郑州质检)图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R10 的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图像。则()A此交流发电机的电动势平均值为10 VBt0.02 s时R两端的电压瞬时值为零CR两端的电压u随时间t变化的规律是u10·cos 100t VD当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上解析：选C矩形线圈为电源，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R10 ，电压表示数为10 V，说明10 V，即Em10 V。根据题图乙t0时磁通量等于0，可判断t0时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为u10cos t10cos 100t V，选项C正确；t0.02 s带入电动势的表达式，得R两端的电压瞬时值为10 V，选项B错误；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错误；电动势平均值为磁通量的变化量和时间的比值，而该比值最大为Em10 V，所以平均值一定比Em10 V小，选项A错误。三、变压器与远距离输电问题多维探究类考点题点(一)理想变压器的原理1理想变压器原、副线圈基本量间的关系制约关系基本关系电压原线圈电压U1和线圈匝数比决定副线圈电压U2电流副线圈电流I2和线圈匝数比决定原线圈电流I1功率副线圈功率P2决定原线圈功率P1P1P2频率原线圈频率f1决定副线圈频率f2f1f22对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下：(1)，(2)n1I1n2I2n3I3(3)P1P2P3例1(2018届高三·洛阳四校联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1n221，V和A均为理想电表，灯泡电阻RL6 ，AB端电压u124sin 100t(V)。下列说法正确的是()AA的读数为2 ABV的读数为48 VC该交变电流的频率为100 HzD变压器输入功率为96 W解析选A由表达式知输入电压有效值为24 V，电压与匝数成正比，故副线圈电压即电压表的示数为12 V，B错误；电流表的示数为I A2 A，A正确；由表达式知道角速度为100 rad/s，频率为50 Hz，故C错误；副线圈中灯泡消耗的功率PUI12×2 W24 W，输入功率等于输出功率，D错误。题点(二)有关变压器电路的动态分析问题1分析变压器动态变化问题的一般思维流程U1U2I2I1P12分析变压器动态变化问题的关键(1)弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是线圈匝数比不变。(2)弄清变压器动态变化中的决定关系，即P2决定P1，I2决定I1，U1决定U2。例2多选某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变。保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光。则()A如果只闭合开关S，L1变暗B如果只闭合开关S，A的输入功率变大C仅将滑片P上移，L1变亮D仅将滑片P上移，A的输入功率不变解析选AB闭合S，副线圈电阻减小，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈中电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压减小，灯泡两端电压减小，故灯泡会变暗，故A正确；根据以上分析知消耗和损失功率都增大，根据能量守恒知A的输入功率变大，故B正确；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C、D错误。题点(三)远距离输电问题远距离高压输电的工作原理(1)功率关系：P1P2，P3P4，P2P3P；(2)电压关系：，U2U3U；(3)电流关系：，I2I3I线；(4)输电电流：I线；(5)输电线路上损失的电功率：PP2P3I线2R线2R线。例3某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻r3 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220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，如图所示。对整个送电过程，下列说法正确的是()A输电线上的损失功率为300 WB升压变压器原、副线圈匝数比为1100C输电线中的电流为100 AD降压变压器的输入电压为4 700 V解析选A输电线上损失的功率Pr50 kW×0.6%300 W，选项A正确；由PrI22r得输电线中的电流I210 A，选项C错误；发电机的输出电流I1 A100 A，升压变压器的匝数比，选项B错误；升压变压器的输出电压U25 000 V，降压变压器的输入电压为U2I2r4 970 V，选项D错误。1如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2。在T的原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A.B.C422r D422r解析：选C输入电压为：U1，由得：U2，又由PI2U2，输电线上损失的电功率为：PrI22·2r422r，C正确。2(2017·威海二模)通过理想变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数n11 000，两次级线圈的匝数分别为n250、n3100。在初级线圈ab端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是()A交流电的频率为100 HzBU250 V，U3100 VCI1I2120D闭合开关S，则I1增大解析：选D交变电流的周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项A错误；根据变压器的匝数与电压比关系可知，U2· V25 V；U3· V50 V，选项B错误；因电流与匝数之间满足：I1n1I2n2I3n3，故选项C错误；闭合开关S，则I3变大，根据I1n1I2n2I3n3，可知I1增大，选项D正确。四、交变电流的综合问题典例多选(2017·扬州模拟)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法正确的是()A降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB远距离输电线路损耗功率为180 kWC当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大解析选AD由题图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据U1U2n1n2知，副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为：I30 A，输电线损失的电压为：UIR3 000 V，输电线路损耗功率为：PU·I90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由以上分析知副线圈电流增大，根据I1I2n2n1知，输电线上的电流变大，D正确。交变电流的综合问题，涉及交变电流的四值、变压器、远距离输电等知识与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下两点：(1)分清交变电流“四值”的不同计算方法和物理意义。(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。1(2017·南昌二模)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度绕OO轴做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos tB矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D当P位置向上移动，R不变时，电流表读数减小解析：选A计时起点，EmNBSeEmcos t,eNBScos t，A正确；矩形线圈经时间t，所以BS q·tN0，B错误；当P位置不动，n1不变U2不变，电压表读数不变，C错误；当P位置向上移动，n1减小U2增大，I2增大，I1增大，电流表读数增大，D错误。2(2018届高三·西北工业大学附中摸底)如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态，n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如表格所示。下列说法正确的是()热风时输入功率460 W冷风时输入功率60 W小风扇额定电压60 V正常工作时小风扇输出功率52 WA.变压器两线圈的匝数比n1n21315B可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60 C吹冷风时触片P与触点b、c接触D若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时的功率不变解析：选C根据变压器的原线圈、副线圈的匝数比与电压的关系：，故A错误；小风扇不是纯电阻用电器，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻，60 是小风扇消耗的电能全部转化为内能时的电阻，故B错误；触片P与触点b、c接触时，电热丝没有接通，所以吹冷风，故C正确；根据公式P可知，把电热丝截去一小段后的电热丝(材料、粗细均不变)电阻变小，电吹风吹热风时的功率将变大，故D错误。专心-专注-专业