高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题4 第14课时 直流电路与交流电路（含解析）

这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题4 第14课时 直流电路与交流电路（含解析），共19页。试卷主要包含了有效值的计算，正弦式交流电“四值”的应用等内容，欢迎下载使用。

第14课时 直流电路与交流电路
高考题型1 直流电路的分析与计算
直流电路动态分析的三种常用方法
考题示例
例1 (2020·全国卷Ⅰ·17)图1(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC.如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是( )
图1
答案 A
解析 电阻R两端的电压UR＝IR，其中I为线路上的充电电流或放电电流．对电容器，Q＝CUC，而I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝Ceq \f(ΔUC,Δt)，由UC－t图像知：1～2 s内，电容器充电，令I充＝I；2～3 s内，电容器两端的电压不变，则电路中电流为0；3～5 s内，电容器放电，则I放＝eq \f(I,2)，结合UR＝IR可知，电阻R两端的电压随时间变化的图像与A对应．
例2 (2016·全国卷Ⅱ·17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图2所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，Q1与Q2的比值为( )
图2
A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,2) C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,3)
答案 C
解析 S断开时等效电路图如图甲所示．
甲
电容器两端电压为U1＝eq \f(E,R＋\f(2,3)R)×eq \f(2,3)R×eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)E；
S闭合时等效电路图如图乙所示．
乙
电容器两端电压为U2＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)×eq \f(1,2)R＝eq \f(1,3)E，
由Q＝CU得eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(3,5)，故选项C正确．
命题预测
1．(2020·北京市高三一模)在如图3所示电路中，电源内阻不可忽略，电表均为理想电表．开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中( )
图3
A．电压表的示数增大，电流表的示数减小
B．电容器C所带电荷量减小
C．R1消耗的电功率增大
D．电源的输出功率一定增大
答案 A
解析 滑动变阻器的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，R2接入电路中的阻值变大，总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律知，总电流减小，即电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压U＝E－I(R1＋r)，总电流减小，R2的电压变大，即电压表示数增大，故A正确；电容器两端电压即电压表两端电压，由Q＝CU知，电压增大，电容器所带电荷量增多，故B错误；流过电阻R1的电流减小，由公式P＝I2R1可知，R1消耗的电功率变小，故C错误；当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故D错误．
2.(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图4所示．当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时( )
图4
A．车灯的电流变小B．路端电压变小
C．电路的总电流变小D．电源的总功率变大
答案 ABD
解析 汽车启动时，车灯变暗，I灯减小，U灯减小，路端电压变小，则电路的总电流变大，故A、B正确，C错误；由P＝IE知电源的总功率变大，故D正确．
高考题型2 交变电流的产生
1．线圈通过中性面时的特点
(1)穿过线圈的磁通量最大．
(2)线圈中的感应电动势为零．
(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．
2．有效值的计算
(1)正弦式交变电流：有效值是最大值的eq \f(1,\r(2))，即E＝eq \f(Em,\r(2))，I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2)).
(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据串联电路中“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式，然后分段列式求得有效值．
3．正弦式交流电“四值”的应用
考题示例
例3 (多选)(2019·天津卷·8)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Ф与时间t的关系图像如图5所示．下列说法正确的是( )
图5
A.eq \f(T,2)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eq \f(\r(2)πФm,T)
C．线框转一周外力所做的功为eq \f(2π2Ф\\al(m2),RT)
D．从t＝0到t＝eq \f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq \f(πФm,T)
答案 BC
解析 由Ф－t图像可知，eq \f(T,2)时刻穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为Em＝NBSω，又ω＝eq \f(2π,T)，N＝1，BS＝Фm，则整理得Em＝eq \f(2πФm,T)，因此感应电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2)πФm,T)，B正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W＝eq \f(E2,R)T＝eq \f(2π2Ф\\al(m2),RT)，C正确；从t＝0到t＝eq \f(T,4)过程中，线框中产生的平均感应电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(Фm,\f(T,4))＝eq \f(4Фm,T)，D错误．
例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∶eq \r(2) B.eq \r(2)∶1
C．1∶2 D．2∶1
答案 D
解析 由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝eq \f(u\\al(02),R)·eq \f(T,2)＋eq \f(u\\al(02),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(u\\al(02),R)T，Q正＝eq \f(U\\al(有效2),R)T＝eq \f(\f(u0,\r(2))2,R)T＝eq \f(1,2)·eq \f(u\\al(02),R)T，故Q方∶Q正＝2∶1.
命题预测
3．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图7甲所示．产生的交变电动势的图像如图乙所示，则( )
图7
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
答案 B
解析 由题图乙可知T＝0.02 s，Em＝311 V，根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(311,\r(2)) V≈220 V，故C错误；根据周期和频率的关系可得，该交变电动势的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.02) Hz＝50 Hz，故D错误；由题图乙可知t＝0.01 s时，e＝0，所以此时线框平面与中性面重合，故B正确；t＝0.005 s时，e＝311 V，由法拉第电磁感应定律可得磁通量的变化率不为零，故A错误．
4．(2020·山东聊城市高三下学期二模)如图8所示，磁极N、S间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为B0，矩形线圈ABCD的面积为S，线圈共n匝，电阻为r，线圈通过滑环与理想交流电压表和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连，CD边与滑环F相连．线圈绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线方向垂直．以下说法正确的是( )
图8
A．线圈在图示位置时，电阻R中的电流方向为从M到N
B．线圈从图示位置开始转过180°的过程中，通过电阻R的电荷量为eq \f(2B0S,R＋r)
C．线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为eq \f(ωπn2B\\al(02)S2,R＋r)
D．线圈在图示位置时电压表示数为0
答案 C
解析 线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量最大，此时电流为0，故A错误；线圈自图示位置开始转过180°的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt＝eq \f(nΔΦ,R＋r)＝eq \f(2nB0S,R＋r)，故B错误；由功能关系可知，线圈转动一周的过程中克服安培力做的功等于回路中产生的热量，即为Q＝I2(R＋r)T＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1( \f(Em,\r(2)( R＋r))))2(R＋r)eq \f(2π,ω)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1( \f(nB0Sω,\r(2)( R＋r))))2(R＋r)eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωn2B02S2,R＋r)，故C正确；电压表的示数为有效值，U＝IR＝eq \f(nB0Sω,\r(2)( R＋r))R≠0，故D错误．
高考题型3 变压器与远距离输电
1．变压器动态分析方法
(1)变压器动态分析常见的两种情况：
①负载电阻不变，匝数比变化；
②匝数比不变，负载电阻变化．
(2)处理此类问题应注意三点：
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——电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定输入．
2．解决远距离输电问题的一般思路
考题示例
例5 (多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图9(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( )
图9
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
答案 AD
解析 根据i2－t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝eq \f(\r(2),\r(2))×10 V＝10 V，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝eq \f(U2,R3)＝eq \f(10,20) A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确．
例6 (多选)(2020·全国Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU.在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′.不考虑其他因素的影响，则( )
A．ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
答案 AD
解析 由输电电流I＝eq \f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq \f(1,2)，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU.故A、D正确
例7 (2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图10所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为( )
图10
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 B
解析 开关断开时，原、副线圈的电流比eq \f(I,I2)＝eq \f(n2,n1)，通过R2的电流I2＝eq \f(In1,n2)，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝eq \f(5In1,n2)，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U1＝5Ieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))2，则U＝U1＋IR1＝5Ieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))2＋3I；开关闭合时，原、副线圈的电流比eq \f(4I,I2′)＝eq \f(n2,n1)，通过R2的电流I2′＝eq \f(4In1,n2)，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝eq \f(4In1,n2)，由eq \f(U1′,U2′)＝eq \f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U1′＝4Ieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))2，则U＝U1′＋4IR1＝4Ieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))2＋12I，联立解得eq \f(n1,n2)＝3，选项B正确．
命题预测
5．(2020·广东东莞市线上检测)在如图11所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想电表，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将滑动变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表 A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )
图11
A．该变压器起升压作用
B．电压表V2示数增大
C．电压表V3示数减小
D．滑动变阻器滑片是沿d→c的方向滑动
答案 C
解析 eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，得eq \f(n1,n2)＝eq \f(ΔI2,ΔI1)＝eq \f(0.8,0.2)＝4，n1>n2，则该变压器起降压作用，故A错误；由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，则电压表V1示数不变，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知，电压表V2示数不变，故B错误；
电压表V3的示数U3＝U2－I2R0
由于U2不变，I2增大，则U3减小，故C正确；
由I2＝eq \f(U2,R0＋R)，且U2不变，I2增大，则R减小，所以滑动变阻器滑片应沿c→d的方向滑动，故D错误．
6．(多选)如图12所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，L1、L2为两个规格相同的灯泡，且阻值不变．现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光．则下列说法正确的是( )
图12
A．仅闭合开关S，灯L1会变亮
B．仅闭合开关S，r消耗的功率会变大
C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小
D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小
答案 BD
解析 仅闭合开关S，负载电阻变小，变压器T2副线圈电流增大，根据交变电流规律知，T2原线圈电流增大，即输电线上电流增大，输电线上损耗的电压ΔU＝I2r增大，损耗的功率ΔP＝I22r增大，T2的输入电压U3＝U2－ΔU减小，所以U4减小，即灯L1两端电压减小，L1变暗，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，变压器T1副线圈匝数增加(n2增加)，根据eq \f(n2,n1)＝eq \f(U2,U1)可知U2变大，由I2U2＝I22r＋I32R，I2n3＝I3n4得U2＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r＋\f(n\\al(32),n\\al(42))R))，因U2变大，n3、n4、r及R不变，则I2变大，即输电线上电流变大，r消耗的功率会变大，故C错误；仅将滑片P上移，同理可得T1的输出电压变小，输电线电流变小，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，I1变小，则电流表示数会变小，故D正确．
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·云南玉溪峨山县模拟)随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要．甲、乙两地采用电压U进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k倍(0ΔU2
C．电源的输出功率减小
D．ΔU3与ΔI的比值不变
答案 BD
解析 理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R的电压、路端电压和滑动变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；
当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故C错误；
根据闭合电路的欧姆定律得U2＝E－Ir
则得eq \f(ΔU2,ΔI)＝r，而eq \f(ΔU1,ΔI)＝R，据题：R＞r，则得
ΔU1＞ΔU2
同理U3＝E－I(R＋r)
则得eq \f(ΔU3,ΔI)＝R＋r，保持不变，则
ΔU3＞ΔU1＞ΔU2，故B、D正确．
10．(多选)(2020·内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区高考模拟)在如图9甲所示的电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，外电路接有三个定值电阻R1＝2 Ω、R2＝3 Ω、R3＝6 Ω，虚线框内的电路可等效为一个电源，如图乙所示，其等效电动势E′等于CD间未接入用电器时CD间的电压，若用导线直接将C、D两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流．下列说法正确的是( )
图9
A．等效电源的电动势E′＝5 V
B．等效电源的短路电流为1.2 A
C．等效电源的内阻r′＝7.5 Ω
D．等效电源的最大输出功率为0.3 W
答案 CD
解析 当CD间未接入用电器时，CD间电压UCD为等效电动势E′，E′＝eq \f(R2E,R1＋R2＋r)＝3 V，A项错误；若CD间用导线连接，通过导线的电流等于等效电源的短路电流，此时电阻R2和R3并联，再与R1串联，R23＝eq \f(R2R3,R2＋R3)，根据闭合电路欧姆定律可知，I＝eq \f(E,R1＋R23＋r)＝1.2 A，根据并联电路电流分配关系可知I短＝eq \f(R2,R2＋R3)I＝0.4 A，则等效电源的短路电流为0.4 A，B项错误；等效电源的内阻r′＝eq \f(E′,I短)＝7.5 Ω，C项正确；当外电阻等于等效电源的内阻时，等效电源的输出功率最大，P出m＝eq \f(E′2,4r′)＝0.3 W，D项正确．
11．(多选)在如图10甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个规格相同的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时( )
图10
A．L1两端电压为L2两端电压的2倍
B．L1消耗的电功率为0.75 W
C．L2的电阻为4 Ω
D．L1、L2消耗的电功率的比值大于12
答案 BD
解析 电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知，L1两端电压为3.0 V，L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0.75 W，选项B正确；根据并联电路规律，L2中电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知，L2两端电压小于0.5 V，所以L1两端电压比L2两端电压的6倍还大，选项A错误；由欧姆定律可知，L2的电阻R2＝eq \f(U2,I2)