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1、“讲忠诚、严纪律、立政德”三者相互贯通、相互联系。忠诚是共产党人的底色，纪律是不能触碰的底线，政德是必须修炼的素养。永葆底色、不碰底线 专题七 电磁感应和电路第2讲：直流电路和交流电路一、知识梳理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WUIt，电功率PUI，且电功全部转化为 ，有WQUIttI2Rt，PUII2R.(2)非纯电阻电路：电功WUIt，电功率PUI，电热QI2Rt，电热功率P热I2R，电功率 电热功率，即WQ，故求电功、电功率只能用WUIt、PUI，求电热、电热功率只能用Q 、P热 .2.电源的功率和效率(1)电源的几个功率电源的总功率：P总 电源内
2、部消耗的功率：P内I2r电源的输出功率：P出 P总P内(2)电源的效率100%100%3.交流电的“四值”(1)最大值Em .(2)瞬时值e .(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 ，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 .(2)电压关系：.(3)电流关系：只有一个副线圈时.规律方法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
3、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).二、题型、技巧归纳高考题型一 直流电路的动态分析 【例1】 (2016全国甲卷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1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
4、()图1A. B. C. D.高考预测1 (多选)如图2所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为)连接，电源负极接地.开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点.在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是()图2A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B.当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C.当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D.当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高高考预测2(多选)如图3所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电
5、铃电压达到一定值时，电铃会响.下列说法正确的是()图3A.要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B.要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C.要使报警的临界温度升高，可以把R2的滑片P适当向下移D.要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移高考题型二 交流电的产生和描述【例2】 如图4甲所示，电阻为1 的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴OO匀速旋转产生交流电，现将此电流给阻值为R10 的小灯泡L供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的图象如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法正确的是()图4A.在t5103 s时，线圈处于中性面位置B.在t10103 s时，穿过线圈
6、的磁通量最大C.交变电流的瞬时表达式为i5cos 50t(A)D.线圈产生的交流电的电动势为55 V高考预测3如图5所示是某兴趣小组用实验室的手摇发电机给小灯泡供电的装置示意图.在某次匀速转动手柄的过程中，他们发现小灯泡周期性的闪亮.以下判断正确的是()图5A.图示位置线框中产生的感应电动势最大B.若增大手摇发电机的转速，灯泡亮度将不变C.若增大手摇发电机的转速，灯泡闪亮的频率将变大D.小灯泡周期性闪亮的主要原因是电路接触不良高考预测4(多选)如图6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象，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说
7、法正确的是()图6A.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规律总结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.交流电的“四值”(1)最大值EmNBS.分析电容器的耐压值.(2)瞬时值eNBSsin t.计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况.(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
8、、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.高考题型三 变压器和远距离输电问题【例3】 (2016全国乙卷16)一含有理想变压器的电路如图7所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，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7A.2 B.3 C.4 D.5高考预测5一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图8所示.在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，原线圈上加一电压为U的交流电，则(
9、)图8A.保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数不变C.保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小D.保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大高考预测6(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9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()图9A.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的输入功率不变规律总结理想变压器动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论
10、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.不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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.高考题型四 交变电流的综合问题分析【例4】 (多选)如图10所示，导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c、d相接.c、d两个端点接在匝数比n1n2101的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，
11、导体棒ab长为L(电阻不计)，绕与ab平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO以角速度匀速转动.如果滑动变阻器的阻值为R时，通过电流表的电流为I，则()图10A.滑动变阻器上消耗的功率为P100I2RB.变压器原线圈两端的电压U110IRC.取ab在环的最低端时t0，则导体棒ab中感应电流的表达式是iIsin tD.ab沿环转动过程中受到的最大安培力FBIL高考预测7在如图11甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小.下列说法中正确的是
12、()图11A.电压表的示数为44 VB.图乙中电压的有效值为220 VC.RT处出现火灾时，电流表示数减小D.RT处出现火灾时，电阻R0消耗的电功率增大高考预测8(多选)如图12所示，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场垂直，线框电阻不计，线框绕与cd边重合的固定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1n2.开关S断开时，额定功率为P的灯泡L1正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法正确的是()图12A.线框中产生的电流为正弦式交变电流B.线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为C.灯泡L1的额定电压等于D.如果闭合开关S，则电流表示数变大规律总结交变电流的综合问题
13、，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，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)分清交流电路“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的综合问题中.参考答案一、知识梳理1. (1) 电热 (2) 大于 I2Rt I2R.2. (1) EI UI 3.(1) NBS (2) NBSsin_t (3)热效应 4. (1) P出.二、题型、技巧归纳【例1】 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U1RE；S闭合时等效电路图如图乙所示.乙电容器两端电压为U2RE，由QCU得，故选项C
14、正确.高考预测1 答案AD解析当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动.故A正确；当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C知，电容减小，而电容器的电压不变，由C知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误；当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由E知电容器板间场强不变，由UEd知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高.故C错误；当电容器的下极板向左移动时，C，电容器的电容减小，由C知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由E知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高.故D正确.高考预测2答案BD解析要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来
