高三物理二轮复习 第1部分 专题突破篇 专题10 直流电路与交流电路教师用书.docx

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高三物理二轮复习第1部分专题突破篇专题10直流电路与交流电路教师用书

专题十　直流电路与交流电路

考点1|直流电路的分析与计算难度：

中档题题型：

选择题五年1考

　（2016·全国甲卷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（　　）

图1

A.B.

C.D.

【解题关键】　解此题要分清开关S断开与开关闭合时电路结构的变化，比较两种情况下电容器两端电压．

C　[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＝E，U2＝E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确．]

1．高考考查特点

该考点是高考中的冷考点，五年只考1次，命题点考查了电路的结构、串、并联特点、电容器电容的计算．要熟练掌握串、并联电路电压与电阻关系，电容、电压、电荷量的关系．

2．解题的常见误区及提醒

（1）电路结构不会简化，电路的串、并联关系不清．

（2）串、并联电路中电压、电流、电阻、电功率关系混淆．

（3）电容器的连接方式不清、不明白电容的电路相当于断路．

●考向1　直流电路内的电场

1.一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（　　）

图2

A.B.

C．ρnevD.

C　由电流定义可知：

I＝＝＝neSv，由欧姆定律可得：

U＝IR＝neSv·ρ＝ρneLv，又E＝，故E＝ρnev，选项C正确．

●考向2　直流电路的动态分析

2．（高考改编）在[例1]（2016·全国卷甲卷T17）中，若将电路调换为如图3所示，电源的内阻不计，电动势为12V，R1＝8Ω，R2＝4Ω，电容C＝40μF，则下列说法正确的是（　　）

图3

A．开关断开时，电容器不带电

B．将开关闭合，电容器充电

C．将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8×10－14C

D．若现开关处于闭合状态，将开关S断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量为3.2×10－4C

D　[开关断开时，电容器两端电压不为零，电容器带电，A项错误；将开关闭合，电容器两端电压变小，电容器放电，B项错误；将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为Q＝U·C＝4×40×10－6C＝1.6×10－4C，C项错误；若开关现处于闭合状态，将开关S断开，再次稳定后，通过R1的总电荷量ΔQ＝|ΔU|·C＝（12－4）×40×10－6C＝3.2×10－4C，D项正确．]

3．（多选）（2016·南京市盐城市高三二联）如图4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，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是（　　）

图4

A．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

BD　[温度升高，热敏电阻R1的阻值急剧减小，因此若要使报警的临界温度升高，由闭合电路欧姆定律知，电铃电压需减小，达到临界电压电铃才会响，故需要减小电源的电动势，或把R2滑片P向下移动，选项A、C错误；若要使报警的临界温度降低，由闭合电路欧姆定律知，电铃电压需增大，达到临界电压电铃才会响，故需增大电源的电动势或把R2滑片P向下移动可使电铃电压增大到一定值，电铃才会响，选项B、D正确．]

●考向3　直流电路的计算

4．（多选）（2016·湖北八校二联）在如图5甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，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7.5Ω.当开关S闭合后（　　）【导学号：

37162058】

图5

A．L1的电阻为Ω

B．L1消耗的电功率为7.5W

C．L2的电阻为7.5Ω

D．L2消耗的电功率为0.3W

CD　[S闭合后，L1两端的电压为3.0V，由乙图可知，I1＝0.25A，故P1＝0.75W，R1＝12Ω，A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3V，内阻为7.5Ω的新电源，在图乙中作出新电源的IU图线，如图，两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U2＝1.5V，I2＝0.2A，所以R2＝＝Ω＝7.5Ω，P2＝U2I2＝1.5×0.2W＝3W，C、D正确．]

1．明确1个定律、2个关系

（1）闭合电路的欧姆定律：

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．明确引起电路动态变化的原因

（1）滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．

（2）某支路开关闭合或断开．

3．程序法分析直流电路的动态变化

R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支

考点2|交变电流的产生与描述难度：

中档题题型：

选择题五年1考

　（多选）（2016·全国丙卷T21）如图6所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（　　）

图6

A．两导线框中均会产生正弦交流电

B．两导线框中感应电流的周期都等于T

C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等

D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等

【解题关键】　解此题抓住三点：

（1）线框进入磁场过程中哪个边切割磁感线．

（2）线框转动过程中产生的感应电流的变化特点．

（3）线框转动一周过程中产生的热量．

BC　[两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误．]

1．高考考查特点

该考点仍为冷考点，借助不同形状的线框切割磁感线考查感应电流产生的条件、变化周期及电动势大小、有效值的概念．要掌握电磁感应现象产生的原因，法拉第电磁感应定律及交变电流中的基本概念和常用物理量．

2．解题的常见误区及提醒

（1）感应电动势产生及大小的计算，特别是切割类中的有效长度易错．

（2）对周期的理解和有效值的理解及计算易出错．

（3）正弦交流电的产生条件及瞬时值表达式不清楚．

（4）交变电流“四值”应用不清楚及图象信息把握不准．

●考向1　交变电流的产生

5.（高考改编）在[例2]（2016·全国丙卷T21）中，若改成如图7所示的情景．单匝矩形闭合导线框abcd一半处于磁感应强度为B的水平有界匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界．试写出线框中感应电流的瞬时值表达式并画出it图象．（图中位置为计时位置）

图7

【解析】　线框中产生电动势的最大值Em＝BωS，则Im＝＝

因图中位置为中性面，故电流瞬时值表达式为

i＝Imsinωt＝sinωt

it图象：

【答案】　见解析

●考向2　交变电流的“四值”

6．（2016·安阳二模）利用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡L供电，其电路如图8所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，电表均为理想电表，导线电阻可忽略．则（　　）【导学号：

37162059】

图8

A．图中电流表示数为

B．灯泡的额定功率为

C．发电机的线圈中产生的电动势的最大值为U（1＋）

D．从线圈转到中性面开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u＝Usinωt

D　[由欧姆定律可知，图中电流表示数为I＝，选项A错误．灯泡的额定功率为P＝UI＝，选项B错误．设发电机的线圈中产生的电动势的最大值为Em，有效值为E＝Em/，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，I＝U/R，联立解得Em＝U（1＋），选项C错误．从线圈转到中性面开始计时，发电机产生的正弦交变电流表达式为i＝Isinωt，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u＝Usinωt，选项D正确．]

7.（2016·山西晋城二模）如图9所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是（　　）

图9

A．在该线圈两端接上一电容器，要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压为

B．线框中感应电流的有效值为

C．从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为

D．线框转一周的过程中，产生的热量为

C　[要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压即线框中最大的电动势，为BSω，A错误；线框中感应电流的最大值Im＝，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I＝＝，B错误；由q＝可知，从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝，C正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q＝W＝I2R·＝，D错误．]

●考向3　交变电流的图象

8．（多选）（2016·湖南衡阳联考）如图10甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是（　　）【导学号：

37162060】

图10

A．曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtV

B．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8V

C．t＝5×10－2s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为3∶2

D．t＝6×10－2s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0

AC　[由图乙可知，Ema＝36V，ωa＝＝rad/s＝25πrad/s，则曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝Emasinωat＝36sin25πtV，故A正确；

由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为Ta∶Τb＝（8×10－2）∶（12×10－2）＝2∶3，由ω＝可知ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2，所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比为Ema∶Emb＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又知Ema＝36V，则Emb＝24V，故B错误；曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtV，曲线b表示的交变电动势瞬时值eb＝24sintV，将t＝5×10－2s代入，得ea＝－18V，eb＝12V，|ea|∶eb＝3∶2，故C正确；由图乙知t＝6×10－2s时，a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D错误．]

解决交变电流的产生和描述的基本思路

（1）两个特殊位置的特点

①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．

②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，