高考复习学案：专题13　直流电路与交流电路

专题13　直流电路与交流电路
1．明确1个定律、2个关系 (1)闭合电路欧姆定律：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．直流电路动态分析的3种常用方法
方法1：程序法: R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支
方法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)．
方法3：极限法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．21世纪教育网版权所有
真题模拟精练
练习1． 如图2所示的电路中，电源内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU，下列结论正确的是(　　)21cnjy.com
A．电流表示数变大，电压表示数变小 B．电阻R1被电流表短路
C.>r D.练习2．(多选)在如图6所示电路中，R1、R2为定值电阻，闭合开关S后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　)2·1·c·n·j·y
A．V1示数减小，V2和V3示数增大 B．带电粒子将向上运动
C．ΔU3>ΔU1 D．此过程中保持不变 【来源：21·世纪·教育·网】
根据闭合电路欧姆定律知：U2＝E－I(R1＋R2＋r)，则得＝R1＋R2＋r，保持不变，故D正确．
知识方法链接
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．交变电流“四值”的应用
(1)最大值：Em＝nBSω，分析电容器的耐压值；
(2)瞬时值：E＝Emsin ωt(由中性面开始计时)，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：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；
(4)平均值：E＝n，计算通过电路截面的电荷量．
练习3．图4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＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数为10 V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象．则(　　)
图4 图5
A．此交流发电机的电动势平均值为10 V
B．t＝0.02 s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＝10cos (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
练习4．如图5所示，矩形闭合导线框ABCD处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11 V,33 W”的灯泡．当灯泡正常发光时，变压器输入电压u＝33cos (10πt) V．下列说法正确的是(　　)2-1-c-n-j-y
A．图示位置可能是计时起点 B．图示位置线框中产生的磁通量变化率最小
C．变压器原、副线圈匝数之比为3∶1 D．通过电流表A的电流为 A
知识方法链接
1．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：＝. 若n1＞n2，为降压变压器；若n1＜n2，为升压变压器．
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋……＋UnIn.
2．原、副线圈中各量的因果关系
(1)电压关系：U1决定U2. (2)电流关系：I2决定I1. (3)功率关系：P出决定P入．21·cn·jy·com
3．输电过程的电压关系 4．输电过程的功率关系21*cnjy*com
图7
注意：(1)变压器联系着两个电路：原线圈电路、副线圈电路．原线圈在原线圈电路中相当于一用电器，副线圈在副线圈电路中相当于电源．【来源：21cnj*y.co*m】
(2)远距离输电示意图中涉及三个电路，在中间的远距离输电线路中升压变压器的副线圈、导线、降压变压器的原线圈相当于闭合回路的电源、电阻、用电器．21·世纪*教育网
(3)各自电路中应用闭合电路欧姆定律分析问题．
练习5．(多选)如图7(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是(　　)【出处：21教育名师】
A．变压器输入、输出功率之比为4∶1
B．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4
C．u随t变化的规律为u＝51sin (50πt) V
D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
练习6．(多选)(2017·四川资阳市4月模拟)一个含有理想变压器的电路如图11所示，其中R1、R3、R4为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表为理想电表，u为正弦交流电源，输出电压有效值恒定，当滑片P从左向右滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)21教育网
A．电压表示数变大 B．电容器C所带电荷量始终不变
C．电流表示数减小 D．理想变压器输出功率增大
专题13 答 案
练习1答案　D 解析　R1、R2并联后与R4串联的整体，再与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3两端的电压，电流表测量通过R2和R3的电流，设通过R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，它们两端的电压分别为U1、U2、U3、U4，干路电流为I总，路端电压为U，电流表示数为I.R2变大，外电阻变大，I总变小，U＝E－I总r变大，U3变大即电压表示数变大，I3变大，I4＝I总－I3变小，U4变小，而U1＝U－U4，则U1变大，I1变大，由I总＝I＋I1，故I变小，即电流表示数减小，A、B错误；由闭合电路欧姆定律U＝E－I总r，得斜率＝r，由I总＝I＋I1(I是电流表读数)，I变小，I1变大，I总变小，电流表的变化量即ΔI>ΔI1变小的量大于增加的量,故总电流才能变小;
即ΔI-ΔI1=ΔI总, 故ΔI >ΔI总，<，故练习2答案　BCD 解析　将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V1示数U1增大，内电压增大，路端电压U减小，而路端电压U＝U1＋U3，可知，V3示数U3减小，R2两端电压增大，所以V2示数减小，故A错误．R2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B正确．www.21-cn-jy.com
因为U＝U1＋U3，U3减小，U1增大，而U减小，ΔU3-ΔU1=ΔU ,所以ΔU3>ΔU1，故C正确．【版权所有：21教育】
练习3答案　C 解析　矩形线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10 Ω，电压表示数10 V，说明＝10 V即Em＝10 V．根据题图乙t＝0时磁通量等于0可判断t＝0时R两端的电压最大，所以R两端的电压随时间变化的规律为u＝10cos ωt＝10cos(100πt) V，选项C对．t＝0.02 s代入电动势的表达式，此刻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．21教育名师原创作品
练习4答案　B解析　根据瞬时值表达式可知，线框转动的计时起点是线框平面与磁感线平行的位置，不是图示的位置，选项A错误；图示位置线框中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，选项B正确；变压器原线圈的电压有效值为33 V，副线圈电压为11 V，根据＝，则变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，选项C错误；根据输出功率与输入功率相等可知，通过电流表A的电流为I＝＝ A＝1 A，选项D错误．www-2-1-cnjy-com
练习5．答案　BD解析　由题意知，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故选项A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即＝＝，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值Um＝51 V，周期T＝0.02 s，可由周期求出角速度的值为ω＝100π rad/s，则可得交流电压u的表达式u＝51sin (100πt) V，故选项C错误；RT处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确．练习6．答案　AC 21*cnjy*com
解析　设原线圈电流为I1，原线圈的电压为U1＝U－I1R1，根据电压与匝数成正比可得：＝，副线圈的电流为I2＝，根据电流与匝数成反比可得：n1I1＝n2I2，联立各式解得：U2＝(U－R1I1)，I2＝，原、副线圈匝数不变，当滑片P从左向右滑动的过程中，R2增大，所以I2减小，I1减小，U2增大，故A、C正确；因为I2减小，R3两端的电压减小，即电容器的电压减小，由Q＝CU可知，电容器C所带电荷量减小，故B错误；理想变压器输出功率为P＝U1I1＝(U－I1R1)I1＝UI1－IR1，P是关于I1的二次函数，当I1减小，P有可能先增大后减小，也有可能一直减小，故D错误．