- 2021-04-20 发布 |
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文档介绍
【物理】2019届二轮复习第1讲 直流电路与交流电路的分析学案(全国通用)
第1讲 直流电路与交流电路的分析 网络构建 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。 (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“电容器的耐压值”,想到“最大值”。 (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“有效值”。 (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。 直流电路的分析与计算 直流电路的动态分析 【典例1】 在如图1所示的电路中,当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,下列说法正确的是( ) 图1 A.R2的功率增大 B.R3两端的电压减小 C.电流表的示数变大 D.R1接入电路部分中的电流增大 解析 当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,其接入电路的电阻增大,外电路的总电阻增大,则干路电流I减小,路端电压U增大,R3两端的电压等于路端电压,则可知R3两端的电压增大,则通过R3的电流I3增大,通过R2的电流I2=I-I3,I减小,I3增大,则I2减小,故R2的功率减小,选项A、B错误;R2两端电压U2也减小,R4两端的电压U4=U-U2,U增大,U2减小,则可知U4增大,故通过电流表的电流IA增大,电流表的示数变大,选项C正确;流过R1接入电路部分的电流I1=I2-IA,I2减小,IA增大,则I1减小,选项D错误。 答案 C 直流电路(含电容)的分析与计算 【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. B. C. D. 解析 S断开时等效电路如图甲所示。 甲 电容器两端电压为U1=×R×=E; S闭合时等效电路如图乙所示。 乙 电容器两端电压为U2=×R=E, 由Q=CU得==,故选项C正确。 答案 C 含电容电路的动态分析 【典例3】 在如图3所示的电路中,灯泡L的电阻大于电源的内阻r,闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后,下列结论正确的是( ) 图3 A.电源的输出功率变小 B.灯泡L变亮 C.电容器C上电荷量减少 D.电压表读数变小 解析 当滑动变阻器的滑片P向左移动时,其接入电路的电阻增大,则电路的总电阻增大,总电流减小。小灯泡消耗的电功率P=I2RL,由于灯泡的电阻RL不变,所以灯泡消耗的电功率减小,灯泡变暗,选项B错误;当内、外电阻相等时,电源的输出功率最大,当R外>r内时,随着外电路电阻的增大,电源的输出功率减小。由于灯泡L的电阻大于电源的内阻,故当滑动变阻器接入电路的电阻增大时,电源的输出功率减小,选项A正确;滑动变阻器两端的电压增大,电容器与滑动变阻器并联,所以电容器两端的电压也增大,其电荷量增大,选项C错误;电流表读数变小,电压表读数U=E-Ir,U变大,选项D错误。 答案 A 1.程序法:基本思路是“部分→整体→部分”。即 2.电容器所在的支路可看作是断路,分析含有电容器的直流电路时,关键是准确判断和求出电容器两端的电压。 1.(2018·新疆二模)在如图4所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,L1和L2为两个相同的灯泡,每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同,D为理想二极管,C为电容器,开关S处于断开状态,下列说法中正确的是( ) 图4 A.滑动变阻器滑片向右移动,电流表示数变小 B.滑动变阻器滑片向右移动,电源内阻的发热功率变小 C.开关S闭合后,L2亮度变暗 D.开关S闭合后,电流表示数不变 解析 电容器视为断路,所以只有灯泡L2中有电流通过,滑动变阻器滑片向右移动,电流表的示数不变,故选项A错误;滑动变阻器滑片向右移动,电路电流不变,电源内阻的发热功率不变,故选项B错误;开关S闭合后,因为二极管具有单向导电性,二极管处于截止状态,灯泡L1中无电流,电路总电阻不变,总电流不变,电流表的示数不变,L2亮度不变,故选项C错误,D正确。 答案 D 2.如图5所示的电路中,电源为恒流源,能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻,闭合开关S,移动滑动变阻器的滑片,则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中,可能正确的是( ) 图5 解析 由题图知R0与R并联,电压表测路端电压,电流表测R接入电路部分所在支路的电流。该恒流源提供的电流恒定为I总,流过R0的电流为I0,R0两端的电压为U0,流过R接入电路部分的电流为I,R接入电路部分两端的电压为U。根据并联电路的特点可知U=U0=I0R0=(I总-I)R0=-IR0+I总R0,其中I总、R0为定值,由U=-R0I+I总R0可知U-I图象为直线,-R0<0,即图象的斜率小于0,故选项A、B错误;由电功率的计算公式P=UI知,电路消耗的总功率P=UI总=(I总-I)R0×I总=-I总R0I+IR0,其中I总、R0为定值,由P=-I总R0I+IR0可知P-I图象为直线,-I总R0<0,即图象的斜率小于0,且I不会为0,P 不会为0,故选项C正确,D错误。 答案 C 交变电流的分析与计算 有效值的理解与计算 【典例1】 (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∶ B.∶1 C.1∶2 D.2∶1 解析 根据焦耳定律知热量与方波中的电流方向的变化无关,故Q方=T;而正弦交变电流电压的有效值等于峰值的,故Q正=T=·T,所以=,D正确。 答案 D 交变电流的产生及变压器的工作原理 【典例2】 (2018·天津理综,4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图7所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的,则( ) 图7 A.R消耗的功率变为P B.电压表V的读数变为U C.电流表A的读数变为2I D.通过R的交变电流频率不变 解析 交流发电机产生的感应电动势最大值Em=NBSω,且有ω=2πn,所以当发电机线圈转速减半后,感应电动势最大值减半,有效值减半,又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比,故电压表示数减为原来的一半,B项正确;由电功率P=可知,变压器输出功率即R消耗的功率变为原来的,A项错误;由P=UI可知,原线圈中电流减为原来的一半,C项错误;交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比,故D项错误。 答案 B 理想变压器的动态分析 【典例3】 (多选)如图8所示,由于理想变压器原线圈的输入电压降低,电灯L的亮度变暗了,下列哪些措施可以使电灯L重新变亮( ) 图8 A.其他条件不变,P1上移,同时P2下移 B.其他条件不变,P1下移,同时P2上移 C.其他条件不变,断开开关S D.其他条件不变,将滑动变阻器的滑片P向下移动 解析 P1上移则n1增大,P2下移则n2减小,由理想变压器规律=可知U2将会变得更小,所以电灯L不会重新变亮,选项A错误;P1下移则n1减小,P2上移则n2增大,由理想变压器规律=可知U2将会变大,所以电灯L会重新变亮,选项B正确;其他条件不变,则电压U2不变,断开开关S,并联部分电阻变大,副线圈电流变小,R1 分压变小,电灯L两端的电压将变大,所以电灯L会重新变亮,选项C正确;其他条件不变,将滑动变阻器的滑片P向下移动,总电阻变小,总电流变大,R1分压变大,电灯L两端的电压将变小,所以电灯L不会重新变亮,选项D错误。 答案 BC 远距离输电的分析与计算 【典例4】 (多选)(2018·青岛二模)如图9所示为某小型电站高压输电示意图,变压器均为理想变压器,发电机输出功率为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的匝数比为1∶10,电流表的示数为1 A,输电线的总电阻为10 Ω,则下列说法中正确的是( ) 图9 A.采用高压输电可以增大输电线中的电流 B.升压变压器的输出电压U2=2 000 V C.用户获得的功率为19 kW D.将P下移,用户获得的电压将增大 解析 采用高压输电可以减小输电线中的电流,故选项A错误;由=可知I2=10 A,由P=U2I2,解得U2=2 000 V,故选项B正确;损失功率为P损=IR=1 000 W,所以用户获得的功率为P1=P-P损=19 kW,故选项C正确;将P下移,n3增大,由=可知U4减小,故选项D错误。 答案 BC 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10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( ) 图10 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 解析 交流发电机产生的是交变电流,当转速很小时,流过电流计的电流方向变化较慢,电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动;当转速很大时,电流方向变化很快,电流计指针来不及随之变化而摆动,因此稳定时指针指向“0”刻度,不能测定交变电流的有效值,选项A、C错误,B正确;线圈匝数不能改变电流方向变化的频率(由线圈转动的角速度决定),因此选项D错误。 答案 B 2.(多选)在如图11所示的电路中,理想变压器原线圈串联两只灯泡L1、L2,副线圈并联三只灯泡L3、L4、L5,五只灯泡完全相同。若交流电源的电压有效值为U,五只灯泡恰能正常发光,则下列说法正确的是( ) 图11 A.每只灯泡的额定电压为U B.每只灯泡的额定电压为U C.变压器原、副线圈匝数之比为3∶1 D.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1 解析 设每只灯泡的额定电压为U0,额定电流为I0,变压器原、副线圈匝数的比值为k,则原线圈两端电压U1=kU0,I0=·3I0,且U=2U0+U1,解得k=3,U0=U,选项A、C正确。 答案 AC 3.(多选)(2018·湖南株洲统考)某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1。第二次采用如图12所示的电路输电,其中理想变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1∶n2,理想变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是( ) 图12 A.前后两次实验都可用于研究远距离直流输电 B.实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失 C.若输送功率一定,则P2∶P1=n∶n D.若输送功率一定,则P2∶P1=n1∶n2 解析 变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故选项A错误;根据P=I2r可知减小输送电流可以减小输电线上的电能损耗,故选项B正确;第一次实验输电线上的电流I=,输电线上损失的功率P1=I2R=R,第二次实验,升压变压器副线圈上的电压U2=U1,输电线上的电流I′=,输电线上损失的功率P2=I′2R=R,==,故选项C正确,D错误。 答案 BC 4.(多选)(2018·湖南衡阳三模)在如图13甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,ab 两端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,D为理想二极管,R0为定值电阻,L为电阻恒定的指示灯,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( ) 图13 A.电压表的示数为22 V B.若RT处出现火灾时,电压表示数将变大 C.若RT处出现火灾时,电流表示数将变大 D.若RT处出现火灾时,指示灯L将变暗 解析 由二极管特点可知U1=110 V,由=可知U2=11 V,即电压表的示数为11 V,故选项A错误;由于U2由U1决定,所以若RT处出现火灾时,电压表示数将不变,故选项B错误;若RT处出现火灾时,电阻减小,总电阻R减小,由I2=知I2将变大,由=可知电流表示数也将变大,故选项C正确;若RT处出现火灾时,并联电阻减小,由串联分压原理可知并联电压减小,即指示灯的电压减小,指示灯L将变暗,故选项D正确。 答案 CD 选择题的增分策略 一、增分策略 1.看清高考要求,避免错误发生 2.先易后难,按顺序作答 3.仔细审题,防止思维定式 (1)审题干,正确理解题意 在审题干时,要注意以下三点: 首先,明确选择的属性,即题干要求是正选还是反选。正选一般用“什么是”“ 包括什么”“产生以上现象的原因”“这表明”等表示;反选一般用“错误的是”“不正确的是”“不是”等表示。 其次,明确题干的要求,即找出关键词句——题眼。 再次,明确题干规定的限制条件,即通过分析题干的限制条件,明确选项设定的具体范围、层次、角度和侧面。 (2)审选项,确定解题突破口 对所有备选选项进行认真分析和判断,让选项引领你的思路。考试中应统览所有选项,明确题目考查的知识点,分辨各选项的区别、联系,选定解题“突破口”。 4.慎选择,提高题目得分 解题时,考生将会碰到两类情况: (1)对会做的题目,注意两点 ①争取拿六分(每小题分值一般为六分)。 ②要特别注意跟过去做过的题目的区别(千万不要想老师是如何讲的,以及是哪个答案)。 (2)对不会做的题目,注意两点 ①考虑清楚“保三”还是“争六”,当难以确定的选项的可确定率低于70%,宁可少选也不多选。 ②要注意选项之间的矛盾,不要把矛盾的选项同时选上。 二、答题技巧 技巧1.直接判断法 【例1】 如图14中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是( ) 图14 A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 解析 根据安培定则和磁场的叠加原理可判断O点的磁场方向向左,再利用左手定则可判定带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动时所受到的洛伦兹力的方向向下,选项B正确。 答案 B 技巧2.反例排除法 【例2】 (多选)两个共点力F1、F2大小不同,它们的合力大小为F,则( ) A.F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍 B.F1、F2同时增加10 N,F也增加10 N C.F1增加10 N,F2减少10 N,F一定不变 D.若F1、F2中的一个增大,F不一定增大 解析 F1、F2同时增大一倍,由平行四边形定则知F也增大一倍,选项A正确;当F1、F2方向相同时,F1、F2同时增加10 N,F增加20 N,选项B错误;当F1、F2方向相反时,F1增加10 N、F2减少10 N,则F增加20 N或减少20 N,选项C错误;当F1、F2共线反向时,当其中一个增大,合力F不一定增大,选项D正确。 答案 AD 技巧3.二级结论法 【例3】 (多选)如图15所示,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中,导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是( ) 图15 A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小 解析 电磁感应中,感应电流所受安培力总是阻碍导体棒的运动,且安培力既垂直于导体棒又垂直于磁场,故FM、FN方向均向左,选项A错误,B正确;导体棒在M区运动时,离通电直导线距离逐渐变小,磁场逐渐增强,感应电流及安培力均变大;同理,在N区运动时,远离通电直导线,磁场减弱,感应电流及安培力均变小,选项C、D正确。 答案 BCD 技巧4.假设推理法 【例4】 (多选)一点电荷仅受电场力作用,由A点无初速度地释放,先后经过电场中的B点和C点。点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB、EC表示,则EA、EB和EC间的关系可能是( ) A.EA>EB>EC B.EA查看更多