2020高考物理二轮专题复习课标通用版 课件 专题4 电路与电磁感应 第1部分 第11讲
二轮复习专题4第1讲直流电路和交流电路课件(42张)
(3) 远距离输电常用关系式(如图所示)
①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3. ②电压损失：U损＝I2R线＝U2－U3. ③输电电流：I 线＝UP22＝UP33＝U2R－线U3. ④输电导线上损耗的电功率：P 损＝I 线 U 损＝I2线_R 线＝UP222R 线.
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增大，故 A 错误；R0 两端的电压为 U0＝I2R0，用户得到的电压为 U3＝
U2－U0，当用户增多时，I2 增大，U0 增大，所以 U3 减小，为使用户获得
的电压稳定在 220 V，则需要增大 U2，变压器原副线圈电压关系为
U2＝ U1
nn21，在 U1 和 n2 不变的情况下，要增大 U2，可以减小 n1，即将 P 适当
【答案】 C
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二 交变电流的产生及四值问题
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．
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2. 正弦式交流电“四值”的应用
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2 (2021·江苏卷)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛， 2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时．某种风力发电机的原理如图 所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知 磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为 100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线 圈中产生的感应电流为50 A．求：
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三 变压器与远距离输电
1. 变压器制约问题主要有三项： 电压制约：输出电压 U2 由输入电压决定，即 U2＝nn21U1，可简述为“原 制约副”． 电流制约：原线圈中的电流 I1 由副线圈中的输出电流 I2 决定，即 I1 ＝nn21I2，可简述为“副制约原”． 负载制约：原线圈的功率P1由用户负载决定，P1＝P负1＋P负2＋…， 简述为“副制约原”．
高考物理二轮复习课件：专题四电路与电磁感应第1讲
专题四电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路的分析核心要点提炼I —备考策略1.必须领会的“二种物理思想”和“四种方法”(1)等效思想、守恒思想。
⑵程序法、极限法、分析推理法、守恒法。
2.解决交变电流问题要做到“四看”、“四想”(1)看到“电容器的耐压值”，想到“最大(2)看到“某时刻某位置”，想到“瞬时值”。
(3)看到“电功、电功率、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数”，想到“有效(4)看到“通过电路的电荷量”，想到“平均值”。
3.理想变压器弄清“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。
I 高考热点突破IHIIIII1所示的电路中，当滑动变阻器A 】的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（）AJ?2的功率增大BJ?3两端的电压减小C •电流表的示数变大DJ?i 接入电路部分中的电流增大解析 当滑动变阻器鸟的滑片向上滑动时,其接入电路的电阻增大，外电路的总电阻 増大,直流电路的分析与计算命题角1直流电路的动态分析图则干路电流/减小，路端电压仍曾大 > 厲两端的电压等于路端电压,则可知血两端的电压増大,则通过厲的电流母曾大 < 通过禺的电流/2 =八厶< /减小 > 厶増大 < 则厶减小，故/?2的功率减小，选项A. B错误；人2两端电压”2也减小，心两端的电压S = U・u2 r "增大f q减小，则可知S增大，故通过电流表的电流厶增大 > 电流表的示数变大Z选项C正确；流过乩接入电路部分的电流厶=厶-/A /厶减小曾大/则厶减小Z 选项D错误。
答案c【典例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0；闭合开关S,电流再次稳定后，C所带的电荷量为02。
©与©的比值为（）图2A t c i Dt解析S断开时等效电路如图甲所示。
2020版高考物理二轮新考势课件：1-4-11 电磁感应及应用
次定律，A 环中产生逆时针方向的感应电流，选项 B 正确，C、D 错误．
【答案】 B
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【例 2】 (2019 年智达调研)(多选)如图 4－11－2 甲所示，线圈 A 与导线相连，线圈
内有随图 4－11－2 乙所示规律变化的磁场，规定磁场 B 向下为正方向，则下列叙述正确
【例 1】 (2019 年贵州模拟)如图 4－11－1 甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细
圆环 A、B，两环重叠部分的面积为圆环 A 面积的一半，圆环 B 中电流 i 随时间 t 的变化
关系如图 4－11－1 乙所示，以甲图圆环 B 中所示的电流方向为负方向，则 A 环中( )
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②右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形．
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引领高考/把握考试 (2)求感应电动势的方法
①感生电动势：E＝nΔΔΦt SB不不变变时时EE＝＝nnSBΔΔΔΔBtSt
平动切割：E＝Blv
②动生电动势：转动切割：E＝12Bl2ω
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2．如图 4－11－4 甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置
一个螺线管，在螺线管中通入如图 4－11－4 乙所示的电流，电流从螺线管 a 端流入为正．以
下说法正确的是( )
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图 4—11—4
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2020版高考物理二轮复习第1部分专题4电路与电磁感应第2讲电磁感应定律及其应用课件
流，且有扩张趋势，选项 B、C 正确；在 t2～t3 时间内，B 的方向向 下，且 B 的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到 下且逐渐减小，在导线框 abcd 中的磁通量为向里且逐渐减小，穿过 环的磁通量向里且逐渐减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方 向的感应电流，选项 D 错误。]
ΔΦ 考向 3 “E＝ Δt ”变化与电路
4．(2019·河南联考)如图甲所示，abcd 为边长为 L＝1 m 的正方 形金属线框，电阻为 R＝2 Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线 框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀 强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小 为( )
4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·T20)如图(a)所示，在同一平面内固定有 一长直导线 PQ 和一导线框 R，R 在 PQ 的右侧。导线 PQ 中通有正 弦交流电 i，i 的变化如图(b)所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向。导 线框 R 中的感应电动势( )
图(a)
图(b)
A．在 t＝T4时为零 B．在 t＝T2时改变方向 C．在 t＝T2时最大，且沿顺时针方向 D．在 t＝T 时最大，且沿顺时针方向
1．感应电流方向的判断方法 (1)右手定则：即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进 行判断。 (2)楞次定律：即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断(如 下 T1、T3)。
2．楞次定律中“阻碍”的理解 (1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”。 (2)阻碍物体间的相对运动“来拒去留”。 (3)阻碍线圈面积的变化“增缩减扩”(如下 T1)。 (4)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”。
A．在 0～t1 时间内，环有收缩趋势 B．在 t1～t2 时间内，环有扩张趋势 C．在 t1～t2 时间内，环内有逆时针方向的感应电流 D．在 t2～t3 时间内，环内有逆时针方向的感应电流
2020版高考物理二轮复习第1部分专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路课件
考向 1 交变电流的产生
1．科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计(0 刻度在正中央)与一个保护电阻 R0 串联后，接到交流发电机模型的两 个输出端，如图所示。发电机模型线圈匝数可调。转动手柄使线圈 在磁场中匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察 结果相符的是( )
A．电流计指针总是左、右摆动 B．当转速很小时，电流计指针左、右摆动 C．当转速很大时，电流计指示的为交变电流的有效值 D．当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时， 电流计指针指向某一侧不为零的定值
(3)有效值： ①正弦式交流电的有效值 E＝Em2；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(如上 T1)。 ②计算与电流热效应有关的量(如电功、电功率等)、保险丝的熔 断电流、电机的铭牌上所标的值、交流电表的示数。 (4)平均值： E ＝nΔΔΦt ，常用来计算通过电路的电荷量。
考向 2 交变电流的四值问题
2．(多选)(2019·河北保定一模)如图甲所示，一个 100 匝的正方 形线圈，边长 a＝1 m，电阻 R＝1 Ω，线圈有一半的面积处在有理想 边界的磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度与时间的 变化关系如图乙所示，图甲所示的磁感应强度方向为正方向，下列 说法中正确的是( )
考向 2.交变电流的四值
生与描述
问题
2018·全国卷Ⅲ T26
考向 1.原线圈连接负载 2016·全国卷Ⅰ T16
3. 理 想 变 压 器 及 的理想变压器问题
2016·全国卷Ⅲ T19
其远距离输电问
2015·全国卷Ⅰ T16
题
考向 2.理想变压器及电
路的动态分析
2014·全国卷Ⅱ T21
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A．25 C．35
B．12 D．23
• 【解题过程】 C • 解析 断开S和闭合S后等效电路分别如图甲乙所示．
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图 中电容器两极板间的电压 U1＝15E，U2＝13E，C 所带的电 荷量 Q＝CU，则 Q1∶Q2＝3∶5，选项 C 正确．
• [命题视角]
• 3．不论哪种情况，要注意两点：(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．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．
题型三 远距离输电问题
• 1．理清三个回路 • 回路1：发电机回路．I1＝I机，U1＝U机，P1＝P机．
• 回路2：输送电路．I2＝I3＝IR，U2＝U3＋UR，P2＝PR＋P3. • 回路3：输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．
(3)当 R<r 时，随着 R 的增大，电源的输出功率越来 越大；
(4)当 P 出<Pm 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值 R1 和 R2，且 R1 R2＝r2.
题型二 交变电流的分析与计算
• 正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)
四值 最大值 瞬时值
计算式
Em＝ NBSω
e＝Emsin ωt
• [解题思维]
• 由有效值的计算方法可得方波和正弦交变电流的有效值大小， 再根据焦耳定律计算出热量大小．
• 2.(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中 电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A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、副线圈匝数比值为( )
2020届高考物理全优二轮复习课件：专题4 第1讲 电磁感应问题的综合分析
化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻
碍过程实质上就是能量转化的过程．
2．(多选)(2019 年新课标Ⅰ卷)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的 匀强磁场，其边界如图甲中虚线 MN 所示，一硬质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上．t＝0 时磁感应强 度的方向如图甲所示．磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示，则在 t＝0 到 t ＝t1 的时间间隔内( )
电磁感应图象问题
3．(多选)(2019年新课标Ⅱ卷)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与 水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的 区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导 轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时 加速度恰好为零，从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电 流随时间变化的图象可能正确的是( )
4．(多选)(2019年新课标Ⅲ卷)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同 一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t ＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良 好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是 ()
1．楞次定律的理解和应用 (1)“阻碍”的效果表现：①阻碍原磁通量的变化——增反减同；②阻碍物体间 的相对运动——来拒去留；③阻碍自身电流的变化——自感现象． (2)解题步骤：①确定原磁场的方向(分析合磁场)；②确定原磁通量的变化(增加 或减少)；③确定感应电流磁场的方向(增反减同)；④确定感应电流方向(安培定 则)．
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• 答案 ABD
• 解析 在每个整数秒内四个选项中磁感应强度都是均匀变化的， 磁通量的变化率为恒定的，产生的电流大小也是恒定的，再 由F＝BIL可知，B均匀变化时，F也均匀变化，在0～1 s内， F为向左，根据楞次定律，磁通量均匀减小，与B的方向无关； 同理1～2 s内，F为向右，所以磁通量均匀增大，与B的方向 无关，像这样周期性变化的磁场均正确，故选ห้องสมุดไป่ตู้A、B、D正 确，C错误．
( 二)
• 视角一 根据电磁感应过程判断图象
• 1．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图所示，方向竖直向下的匀强 磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨， 两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以 初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并 接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表 示．下列图象中可能正确的是( )
核心考点
4.电磁感应中的动力学和能量问题 (1)最大速度的计算 (2)安培力做功的分析
备考指要
1.看到“磁感应强度 B 随时间 t 均匀变化”就想到 “ΔΔBt 为定值”．
2.应用楞次定律时的“三看”和“三想” (1)看到“线圈中磁通量变化”就想到“增反减 同”． (2)看到“导体与磁体间有相对运动”就想到“来 拒去留”． (3)看到“回路面积变化”就想到 “增缩减扩”．
• [命题视角] • 物理史实
• [解题思维] • 理解电磁感应的本质，并熟悉楞次定律的内容．
• 3．(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，导体轨道OPQS固定，其中 PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻 忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位 于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应第二讲楞次定律法拉第电磁感应定律课件
4．线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动 势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使 过程反向。
(二)明辨自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电
路
图
本课内容结束 通
电 时
电流逐渐增大，灯泡逐 渐变亮
解析：第2 s内磁感应强度增大，故磁通量增大，根据楞次定 律可知，线圈有收缩的趋势，故A正确；第3 s内磁感应强度
不变，感应电流为零，线圈不发热，故B错误；第4 s内磁场
本 课 内 容 结 束 减小，则由楞次定律可知，电流的方向为正方向，故C正
确；由题图乙可知，磁感应强度的变化率最大为0.1 T/s，则 感应电流为：I＝RE＝ΔΔtΦ·R＝0.10×.10.1 A＝0.1 A，故D正确。 答案：ACD
D．违规携带的手机只有发出通讯信号时才会被探测到
解析：因为探测环中的发射线圈通以正弦式电流，非均匀变 化的电流产生变化的磁场，所以被测金属物中产生的是交变 磁场，形成交变电流，A错误，B正确；探测器应用的原理
本 课 内 容 结 束 是涡流，相对静止也可以产生涡流，C正确；只要是金属物
品就会产生涡流现象，手机是金属制品，不发信号也会被探 测到，D错误。 答案：BC
本 课 内 容 结 束 向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正
确。同理D正确。开关闭合并保持一段时间后，直导线上没 有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。 答案：AD
2.(2019·无锡期末)有人根据条形磁铁的磁
场分布情况用塑料制作了一个模具，模
具的侧边界刚好与该条形磁铁的磁感线
高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】 原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。
2020高考物理新课标专用大二轮复习：《电路与电磁感应》复习讲义(考点详解配套最新典型例题)
电路与电磁感应复习讲义第1部分直流电路与交流电路考点1直流电路分析考点2交变电流的产生及描述考点3变压器与远距离输电专题突破练第2部分电磁感应的综合应用考点1楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用考点2电磁感应中的电路与图象问题考点3电磁感应中的动力学与能量问题专题突破练第3部分电学中的动量和能量问题考点1电场与磁场中的动量和能量问题考点2电磁感应中的动量和能量问题专题突破练复习备考建议1．直流电路的考查一般以实验题为主，单独考查的角度主要是动态电路分析和含容电路分析，或与电磁感应相结合．交变电流考查重点是理想变压器及相关知识，难度适中．2．产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往以选择题形式结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大．计算题一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单．电磁感应与动量知识的结合可能是新的考查点，应引起重视．第1部分直流电路与交流电路考点1直流电路分析1．电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，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，电容器两端的电压为与之并联的电阻两端的电压．2．1个定律、2个关系(1)闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r. (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 ＝R R ＋r E ＝11＋r RE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小． 3．动态分析3法方法1：程序法R 局――→增大减小R 总――→增大减小I 总＝E R 总＋r ――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定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，再去讨论．例1 (2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)在如图1所示的电路中，E 为电源，电源内阻为r ，L 为小灯泡(灯丝电阻可视为不变)，电压表为理想电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则( )图1A ．电压表的示数变大B ．小灯泡L 消耗的功率变小C ．通过R 2的电流变小D ．电源内阻的电压变大答案 B解析 滑动变阻器的滑片向上移动，则接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R 1两端的电压减小，电压表的示数变小，故A 错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡L 的电流一定减小，故由P ＝I 2R 可知，小灯泡L 消耗的功率变小，故B 正确；因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R 1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R 2的电流增大，故C 、D 错误． 变式训练1．(2019·重庆市一诊 )利用如图2所示电路可测量待测电阻R x 的阻值．定值电阻R 1、R 2阻值已知，闭合电键S ，调节电阻箱接入电路阻值为R 3时，电流表示数为零，则R x 阻值等于( )图2A ．R 2B.R 1R 2R 3C.R 1R 3R 2D.R 3R 2R 1答案 D解析 根据串并联电路特点及欧姆定律可知：I 1(R 1＋R 2)＝I 2(R x ＋R 3)，由于电流表示数为零，则说明G 两端的电势相等，则一定有：I 1R 1＝I 2R 3；两式联立可得：R x ＝R 3R 2R 1，故选D. 例2 (2019·辽宁沈阳市质量检测(一))某同学将一闭合电路电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图3中的a 、b 、c 所示，则下列判断正确的是( )图3A ．直线a 表示电源内部的发热功率随电流I 变化的图线B ．曲线b 表示电源的总功率随电流I 变化的图线C ．曲线c 表示电源的输出功率随电流I 变化的图线D ．电源的电动势E ＝3 V ，内电阻r ＝2 Ω答案 C解析 由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式P E ＝EI ，P r ＝I 2r 可知，a 是直线，表示的是电源消耗的总功率P E ，b 是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率P r ，c 表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R ＝EI －I 2r ，所以A 、B 错误，C 正确；由题图可知，当短路时电流为2 A ，总功率P E ＝EI ＝6 W ，则可知电动势为：E ＝3 V ，则r ＝E I ＝32Ω＝1.5 Ω，故D 错误．变式训练2．(2019·福建厦门市模拟)如图4所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是()图4A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动答案 A解析只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，电容器所带电荷量变大，所以R3中有向上的电流，故A正确；电路稳定时，电容器相当于断路，只调节R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；只调节R2的滑动端P1向下端移动时，与电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；若断开电键S，电容器放电，电容器所带电荷量变小，电容器两端电压变小，两极板间电场变小，带电微粒所受电场力减小，合力向下，则带电微粒向下运动，故D错误．考点2交变电流的产生及描述1．交变电流的产生线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．2．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．3．交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m＝nBSω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E＝E m sin ωt(从中性面开始计时)，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 ΔФΔt，计算通过电路横截面的电荷量． 例3 (多选)(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)图5所示为交流发电机发电的简易原理图，n 匝矩形线圈的面积为S ，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，已知线圈的总电阻为r ，通过电刷与定值电阻R 相连接，与定值电阻并联一理想的交流电压表，现矩形线圈绕中心轴线OO ′以恒定的角速度ω匀速转动．t ＝0时刻线圈处在中性面．下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0时刻流过定值电阻的电流方向向左B ．线圈中产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt (V)C ．线圈转动的过程中，电压表的读数为nBSωR R ＋rD ．从t ＝0时刻起，线圈转过60°角时流过定值电阻的瞬时电流为3nBSω2(R ＋r )答案 BD解析 t ＝0时刻线圈与磁场方向垂直，即线圈的速度与磁场方向平行，因此t ＝0时感应电动势为零，感应电流为零，A 错误；从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt (V)，B 正确；线圈转动的过程中，最大感应电动势E m ＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E ＝ 22nBSω，因此电压表的示数为U ＝2R 2(R ＋r )nBSω，C 错误；线圈从t ＝0开始转过60°角时，瞬间电流为i ＝e R ＋r ＝nBSωsin π3R ＋r ＝3nBSω2(R ＋r )，D 正确． 变式训练3．(2019·贵州贵阳市一模)如图6甲为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R ＝484 Ω，现将其接在u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P 使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V 的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据( )图6A ．220 V 、100 WB ．156 V 、50 WC ．110 V 、25 WD ．311 V 、200 W 答案 B解析 由题图象可知温控装置P 输入的交变电流的周期T ＝2×10－2 s ；可分为0～T 2和T 2～T 两段，根据有效值的定义可得⎝⎛⎭⎫U m 22R ×T2＋0＝U 2R ×T ，解得U ＝U m 2≈156 V ，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P ＝U 2R＝50 W ，故B 正确． 4.(多选)(2019·山东德州市上学期期末)如图7所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 1 T ，单匝正方形导线框的边长为 1 m ，总电阻为 1 Ω ，开始时处于位置Ⅰ，现用外力使导线框绕ab 边匀速转过 180° 至位置Ⅱ，转动的角速度为 π rad/s ，则在此过程中以下说法正确的是( )图7A ．通过导线横截面的电荷量为零B ．通过导线横截面的电荷量为 2C C ．外力做功为π22J D ．外力做功为π24 J 答案 BC解析 通过导线横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＝2BL 2R ＝2×1×121C ＝2 C ，选项A 错误，B 正确；E m ＝BωS ＝1×π×12 V ＝π V ，则外力做功W ＝E 2R t ＝⎝⎛⎭⎫π221×ππ J ＝π22 J ，选项C 正确，D 错误． 5．(多选)(2019·广西桂林等六市第一次联合调研)如图8甲所示，标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 360 V ”的电容器并联到交流电源上，V 为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S.下列判断正确的是( )图8A ．电容器会被击穿B ．交流电源的输出电压的有效值为220 VC ．t ＝T 2时刻，V 的示数为零 D ．t ＝T 2时刻，通过灯泡的电流为零 答案 BD解析 由题图可知交流电压的最大值为220 2 V ≈311 V ，小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿，故A 错误；由题图乙可知，交流电压的有效值为22022V ＝220 V ，故B 正确；交流电压表的示数为有效值，则t ＝T 2时刻，电压表的示数为220 V ，故C 错误；t ＝T 2时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0，通过灯泡的电流的瞬时值为0，故D 正确．考点3 变压器与远距离输电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：U 1U 2＝n 1n 2. (3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1. 2．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．3．四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．(3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．4．输电线路功率损失的计算方法(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率．(2)P 损＝I 线2R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为输电线路的总电阻．(3)P 损＝(ΔU )2R 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，R 线为线路总电阻． (4)P 损＝ΔU ·I 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．例4 (2019·安徽A10联盟开年考)如图9甲所示，电阻不计的矩形导体线圈固定在水平桌面上，线圈的匝数n ＝100，所围成矩形的面积S ＝0.4 2 m 2，垂直于线圈平面的匀强磁场磁感应强度随时间按如图乙所示的正弦规律变化．在线圈的右边接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为n 1︰n 2＝2︰1，灯泡L 标有“36 V 18 W ”字样，电流表和电压表均为理想交流电表．调节滑动变阻器R 的滑片，当电流表示数为0.8 A 时，灯泡L 刚好正常发光，则( )图9A ．电压表的示数等于40 2 VB ．定值电阻R 0的阻值为5 ΩC ．在0～1.57×10－2 s 的时间内，通过小灯泡L 的电荷量为7.85×10－3 C D ．当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数变小答案 B解析 矩形导体线圈中产生的感应电动势的最大值为E m ＝nB m S2πT ，解得E m ＝80 2 V ，电压表的示数为U ＝n 2E m 2n 1，解得U ＝40 V ，选项A 错误；定值电阻R 0两端的电压U 0＝U －U L ＝4 V ，定值电阻R 0的阻值为R 0＝U 0I＝5 Ω，选项B 正确；在0～1.57×10－2 s 的时间内，通过小灯泡的电流有向上和向下的过程，所以通过小灯泡L 的总的电荷量为零，选项C 错误；当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数不变，选项D 错误． 变式训练6.(多选)(2019·山东日照市3月模拟)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图10所示．副线圈的匝数可以通过滑动触头Q 来调节，副线圈两端连接定值电阻R 0、灯泡L 和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑片，原线圈上连接一只理想交流电流表A ，闭合开关S ，电流表的示数为I ，则( )图10A ．仅增大发电机线圈的转速，I 增大B ．仅将P 向上滑动，I 增大C ．仅将Q 向上滑动，I 增大D ．仅将开关S 断开，I 增大答案 AC解析 仅增大发电机线圈的转速n ，则角速度ω＝2πn 增大，则最大感应电动势E m ＝NBSω增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项A 正确；仅将P 向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项B 错误；仅将Q 向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈两端电压不变，则根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项C 正确；仅将开关S 断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项D 错误． 7.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)在如图11所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1︰2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想交流电表．现在a 、b 端输入正弦式交变电流，电键S 断开时，电压表的示数为U 1，电键S 闭合后，电压表的示数为U 2，则U 1U 2的值为( )图11A.23B.32C.35D.53答案 D解析 设ab 端输入的电压有效值为U ，当电键S 断开时，原线圈两端的电压为U 12，副线圈中的电流为U 12R ；原线圈中的电流为U 1R ，则U ＝U 12＋U 1＝3U 12；当电键S 闭合时，原线圈两端的电压为U 22，副线圈中的电流为U 2R ，原线圈中的电流为2U 2R ，则U ＝U 22＋2U 2＝5U 22；解得U 1U 2＝53，故选D. 例5 (多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)中国特高压远距离输电技术已成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实．如图12为远距离输电示意图，发电厂输出电压U 1＝104 V ，输出功率P 1＝109 W ，两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1，输电线总电阻r ＝50 Ω.则( )图12A ．U 4＝U 1B ．I 4＝I 1C ．通过电阻r 的电流I 2＝2×104 AD ．电阻r 损耗的电功率为5×107 W答案 BD解析 I 1＝P 1U 1＝1×105 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1可得，I 2＝n 1n 2I 1＝1100×105 A ＝103 A ，则通过电阻r 的电流为103 A ，故C 错误；电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103 A ×50 Ω＝5×104 V ，则U 3＝U 2－U r ＝106 V －5×104 V ＝9.5×105 V ，U 4＝n 4n 3U 3＝1100×9.5×105 V ＝9.5×103 V ，则U 4≠U 1，故A 错误；由于I 2＝I 3，I 4＝n 3n 4I 3＝1001×103 A ＝105 A ，则I 4＝I 1，故B 正确；电阻r 损耗的功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50 W ＝5×107 W ，故D 正确． 变式训练8．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图13所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的原、副线圈匝数分别为n 3、n 4，输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图13A ．当用户的用电器增加时，U 2、U 3、U 4均变小B ．输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2＋U 3)，且随用户的用电器增加而增加C ．输电线上损失的功率为P 32R U 32，且随用户的用电器增加而增加D ．要减小线路的损耗，应增大n 2n 1，同时增大n 3n 4答案 CD解析 交流发电机的输出电压U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2－U 3)，随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会增大，则输电线R 上的电压增加，选项B 错误；输电线上的电流I ＝P 3U 3，则输电线上损失的功率为P 损＝I 2R ＝P 32R U 32，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线R 上损失的功率增加，选项C 正确；输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，所以应增大n 2n 1；U 3＝U 2－IR ，U 2增大，I 2减小，所以U 3增大，用户电压不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大n 3n 4，故D 正确． 专题突破练级保分练1．(2019·河北“五个一名校联盟”第一次诊断)图1所示为一交流电电流随时间变化的图象，此交流电电流的有效值为( )图1A ．7 AB ．5 AC ．3.5 2 AD ．3.5 A答案 B解析 根据有效值的定义有：(42)2R ×0.01×2＋(32)2 R ×0.01×2＝I 2R ×0.04，解得I ＝5 A ，故选B.2．(2019·浙江诸暨市期末)图2所示为一个小型电热水器，浸入水中的加热元件电阻器R L ＝1.0 Ω，在外部并联的电阻R S＝2.0 Ω，电源为恒流电源，在正常工作时，电源始终给电路提供I＝3.0 A的恒定电流．则下列说法正确的是()图2A．R L两端的电压为3.0 VB．流过R L的电流为1.0 AC．R S上消耗的电功率为2.0 WD．如果减小R S的电阻，则R L的电功率增大答案 C3.(多选)(2019·浙江温州市联考)如图3，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为理想电压表和理想电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()图3A．V的读数变大，A的读数变小B．V的读数变大，A的读数变大C．V的读数变小，A的读数变大D．相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少答案BD解析S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大，R1两端电压减小，故R3两端电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确，A、C错误；电路中总电流减小，根据P＝I2r可知，内阻消耗的功率减小，则相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少，故D正确．4.(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图4所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻．当R1受到的光照强度减弱时()图4A．电阻R2上的电流增大B ．光敏电阻R 1两端的电压减小C ．电源两端电压减小D ．电容器C 的带电荷量减小答案 D解析 当R 1受到的光照强度减弱时，R 1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得，总电流I 减小，即流过R 2的电流减小，R 2两端电压U 2减小，路端电压U ＝E －Ir ，E 、r 不变，则U 增大，所以光敏电阻R 1两端的电压U 1增大，故A 、B 、C 错误；由于电容器与R 2并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q ＝CU 2可知，电容器的带电荷量减小，故D 正确．5.(2019·福建厦门市上学期期末质检)电风扇的挡位变换器电路如图5所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2 400的原线圈输入电压u ＝2202sin 100πt (V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240、600、1 200、2 400.电动机M 的内阻r ＝8 Ω，额定电压为U ＝220 V ，额定功率P ＝110 W ．下列判断正确的是( )图5A ．该交流电源的频率为100 HzB ．当选择挡位3后，电动机两端电压的最大值为110 VC ．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大D ．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W答案 D解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π，交流电源的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，故A 错误；当选择挡位3后，副线圈的匝数为1 200，根据电压与匝数成正比得：220 V U 2 ＝2 4001 200，解得：U 2＝110 V ，所以电动机两端电压的最大值为110 2 V ，故B 错误；当挡位由3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据P 1＝U 1I 1知原线圈电流变小，故C 错误；当选择挡位4后，副线圈匝数为2 400，根据变压规律得到副线圈两端的电压为220 V ，电动机正常工作，流过电动机的电流I ＝P U ＝110220A ＝0.5 A ，电动机的发热功率P 热＝I 2r ＝0.52×8 W ＝2 W ，电动机的输出功率P 出＝(110－2 ) W ＝108 W ，故D 正确．6.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图6所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U 的交变电流，副线圈接有电阻R1和光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关S开始时处于闭合状态，下列说法正确的是()图6A．电流表的示数随时间不断改变B．当光照变弱时，变压器的输入功率变大C．当开关S由闭合到断开时，交流电流表的示数变大D．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增大答案 D解析光强一定，则R2一定，电流表的示数为其有效值，保持不变，选项A错误；当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故B错误；当开关S由闭合到断开时，副线圈两端的电压不变，光敏电阻R2阻值不变，则流过光敏电阻的电流不变，故C错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增大，故D正确．7.(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ab边与磁场垂直，ab边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连．现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动．下列说法中正确的是()图7A．将交流电流表串联到电路中，其示数随时间按余弦规律变化B．线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小C．线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大E m＝NBSωD．线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零答案 C解析交流电流表测量的是交变电流的有效值，不随时间变化，故A错误；根据e＝NBSωcos ωt 可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误．题图所示位置，线圈平面与磁场平行，线圈切割磁感线最快(垂直切割)，感应电动势最大，最大值为E m＝NBSω，故C正确；线圈从中性面位置每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为2BS ，选项D 错误．8．(2019·河南驻马店市上学期期终)两个电路元件L 1和L 2的伏安特性曲线如图8甲所示．现把二者串联起来接在直流电源上，电源内阻为1 Ω，如图乙所示．闭合开关S 后，电路中理想电流表A 的读数为0.2 A ，则电源的电动势和元件L 2此时的电功率分别是( )图8A ．3 V,0.8 WB ．3.2 V,0.8 WC ．3 V,0.4 WD ．3.2 V,0.4 W答案 D解析 电路元件L 1和L 2串联，故I L1＝I L2＝0.2 A ，由题图图象可知：此时U L1＝1 V ，U L2＝2 V ；电源电动势U ＝Ir ＋U L1＋U L2＝0.2×1 V ＋1 V ＋2 V ＝3.2 V ；元件L 2的电功率P L2＝U L2I L2＝2 V ×0.2 A ＝0.4 W ．故选D.9．(2019·河南开封市第一次模拟)利用如图9装置给小灯泡供电，下列说法正确的是( )图9A ．图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大B ．在图示位置线框电流改变方向C ．用变压器是为了提高输出功率D ．若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度答案 B解析 由题图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为0，线框电流改变方向，故B 正确，A 错误；变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C 错误；根据n 1n 2＝U 1U 2，要使输出电压变大，可通过减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减少原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D 错误．级争分练10.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图10所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I 1和U 1.重新调节R 的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I 2和U 2.则( )图10A ．这台电动机的线圈电阻为U 1I 1B ．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U 1I 1C ．这台电动机正常运转时的输出功率为U 2I 2－I 22U 1I 1 D ．这个电源的内阻为U 2－U 1I 1－I 2答案 AC解析 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r 0＝U 1I 1，故A 对；电动机正常转动时的发热功率为P 1＝I 22r 0＝U 1I 22I 1，故B 错；这台电动机正常运转时输入功率为P 2＝U 2I 2 ，所以输出功率为P 3＝P 2－P 1＝U 2I 2－I 22r 0＝U 2I 2－I 22U 1I 1，故C 对；若滑动变阻器的阻值R 恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )，E ＝U 2＋I 2(r ＋R )，解得：(r ＋R )＝U 2－U 1I 1－I 2 ，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于U 2－U 1I 1－I 2，故D 错．11．(2019·山东日照市上学期期末)在匀强磁场中，一个100匝的矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，线圈外接定值电阻和理想交流电流表(如图11甲所示)．穿过该线圈的磁通量按正弦规律变化(如图乙所示)．已知线圈的总电阻为2 Ω，定值电阻R ＝8 Ω(取π2＝10)．下列说法正确的是( )图11A ．电动势的瞬时值表达式e ＝42πsin πt (V)B ．电流表的示数最小为0C ．一个周期内产生的热量为32 JD ．0.5～1.5 s 的时间内，通过线圈横截面的电荷量为0。
2020版高考物理二轮复习第1部分专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路教案2
直流电路与交流电路第1讲直流电路与交流电路[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1.直流电路的基本概念和规律考向．直流电路的基本概念和规律2016·全国卷Ⅱ T172.交变电流的产生与描述考向1.交变电流的产生2016·全国卷Ⅲ T21考向2.交变电流的四值问题2018·全国卷Ⅲ T263.理想变压器及其远距离输电问题考向 1.原线圈连接负载的理想变压器问题2016·全国卷Ⅰ T162016·全国卷Ⅲ T192015·全国卷Ⅰ T16考向 2.理想变压器及电路的动态分析2014·全国卷Ⅱ T21直流电路的基本概念和规律(5年1考)❶近五年高考体现两大特点：一是直流电路的动态分析，二是与平行板电容器相关联的计算，多以选择题的形式出现。
❷预计2020年高考还可能以动态分析类问题命题。
(2016·全国卷Ⅱ·T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示的电路。
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( )A.25B.12C.35D.23C[断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
甲乙根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C 正确。
]1．直流电路动态分析方法 (1)程序法R 局――→增大减小I 总＝ER ＋r――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)“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)(如下T 1)。
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(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)．
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(3)极限法 因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻 器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零分 类讨论．
匝数比值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
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【解题过程】 B
解析 设理想变压器原、副线圈匝数比值为 k，根据
题述，当开关 S 断开时，电流表示数为 I，则由闭合电路
欧姆定律得，U＝IR1＋U1，由变压公式UU12＝k 及功率关 系 U1I＝U2I2，可得II2＝k，即副线圈输出电流为 I2＝kI，
U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)，
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当开关 S 闭合时，电流表示数为 4I，则有 U＝4IR1＋U′1， 由变压器公式UU′′21＝k 及功率关系 U′1·4I＝U′2I′2， 可得I′4I2＝k，即副线圈输出电流为 I′2＝4kI，U′2＝ I′2R2＝4kIR2；联立解得 k＝3，选项 B 正确．
()
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A．L1 的电阻为112 Ω B．L1 消耗的电功率为 7.5 W C．L2 的电阻为 7.5 Ω D．L2 消耗的电功率为 0.3 W 答案 CD
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解析 S 闭合后，L1 两端的电压为 3.0 V，由图乙可知， I1＝0.25 A，故 P1＝0.75 W，R1＝12 Ω，选项 A、B 错误； L2 与 R 及电源串联，把 R 和电源 等效成电动势为 3 V，内阻为 7.5
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[命题视角] 理想变压器、欧姆定律
[解题思维] 解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，
对于变压器需要掌握公式UU12＝nn12、II12＝nn21，并能熟练运 用．此题值得注意的是变压器的原线圈与电阻串联后接 入交流电源，变压器原线圈两端的电压不是正弦式交流 电压 U.
真题考情剖析
1．(2018·全国卷Ⅲ)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，如图所示．则Q方∶Q正 等于( )
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A．1∶ 2
B． 2∶1
C．1∶2 【解题过程】 D
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备考指要
1.必须领会“两种物理思想”和“四种方法” (1)等效思想、守恒思想． (2)程序法、极限法、分析推理法、守恒法． 2.解决交变电流问题要做到“四看”“四想” (1)看到“电容的耐压值”就想到“最大值”． (2)看到“某时刻某位置”就想到“瞬时值”．
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效值大小，再根据焦耳定律计算出热量大小．
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2.(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所
示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A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
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备考指要
(3)看到“电功、电功率、交流电表的读数”就想到 “有效值”．
(4)看到“通过电路的电荷量”就想到“平均值”． 3.理想变压器的制约关系 (1)对于电压，输入决定输出． (2)对于电流、电功率，输出决定输入.
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真题考情剖析 热点题型突破
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(一)
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视角一 直流电路的功率问题 1．(2019·甘肃天水一中质检)(多选)在如图甲所示 的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相 同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所 示 ， R 为 定 值 电 阻 ， 阻 值 为 7.5 Ω. 当 开 关 S 闭 合 后
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第一部分 核心专题突破
专题四 电路与电磁感应
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第11讲 直流电路与交流电路
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思维导图
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核心考点
1.直流电路的分析计算 (1)直流电路的功率问题 (2)直流电路的动态分析 (3)闭合电路的图象问题 2.交变电流的分析与计算 (1)交变电流的产生及“四值” (2)有效值的计算 (3)结合理想变压器考查交流电路 3.远距离输电问题
D．2∶1
解析 由有效值概念知，一个周期内产生热量 Q 方＝
u0
2
uR20·T2＋uR20·T2＝uR20T，Q
正＝UR2有效T＝
2 R
T＝12·uR20T，故
Q
方∶
பைடு நூலகம்Q 正＝2∶1.
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[命题视角] 正弦交变电流的有效值、交变电流的图象、焦耳定
律
[解题思维] 由有效值的计算方法可得方波和正弦交变电流的有
[解题思维] 解题关键是要搞清电路的结构，画出等效电路图，
搞清电容器两端的电压等于哪个电阻两端的电压，然后
根据Q＝CU求解电容器所带的电荷量．
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热点题型突破
题型一 直流电路的分析计算 1．常见规律
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2．直流电路动态分析的三种常用方法 (1)程序法 R 局―增 减―大 小→I 总＝R＋E r―减增―小大→U 内＝I 总 r―减 增―小 大→U 外＝E－ U 内―增 减―大 小→确定 U 支、I 支．
【解题过程】 C 解析 断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所 示．
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根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图 中电容器两极板间的电压 U1＝15E，U2＝13E，C 所带的电 荷量 Q＝CU，则 Q1∶Q2＝3∶5，选项 C 正确．
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[命题视角] 电容器、闭合电路欧姆定律
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3.(2016·全国卷Ⅱ)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
() A．25
B．12
C．35
D．23
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