2/8直流電路與交流電路命題區(qū)間高考題型近年考頻直流電路與交流電路直流電路的分析與計算2023年全國乙卷T202020年1月浙江卷T62020年江蘇卷T6交變電流的產生和描述2024年山東卷T82024年湖北卷T52024年新課標卷T202024年河北卷T42023年湖南卷T92021年6月浙江卷T5理想變壓器遠距離輸電2024年湖南卷T62024年全國甲卷T192023年山東卷T72023年海南卷T112022年山東卷T42022年湖南卷T62021年山東卷T92021年廣東卷T72021年湖南卷T62021年河北卷T8命題分析素養(yǎng)落實縱觀近幾年的高考試題，高考對直流電路的考查主要是對串并聯(lián)電路、含容電路以及實驗的考查(見實驗專題)，對交流電路的考查主要是對交變電流的產生、交變電流的“四值”的應用、變壓器及遠距離輸電等知識點的考查，其中變壓器是重中之重?？碱}都以選擇題形式出現(xiàn)，難度中等。1．理解交變電流的產生原理2．掌握“四值”描述及圖像3．掌握理想變壓器的規(guī)律及動態(tài)分析的方法4．掌握遠距離輸電損耗的原因及計算方法直流電路的分析與計算1．閉合電路動態(tài)變化的原因(1)當外電路的任何一個電阻增大(或減小)時，電路的總電阻一定增大(或減小)。(2)若開關的通斷使串聯(lián)的用電器增多，總電阻增大；若開關的通斷使并聯(lián)的支路增多，總電阻減小。(3)熱敏電阻或光敏電阻的阻值變化。2．直流電路動態(tài)分析的三種常用方法程序法R局增大減小I總＝ER+r減小增大U內＝I總r減小增大U結論法：“串反并同”“串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)“并同”：指某一電阻增大(減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)極限法因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端，使電阻最大或電阻為零去討論(多選)(2023·全國乙卷T20)如圖所示，黑箱外有編號為1、2、3、4的四個接線柱，接線柱1和2、2和3、3和4之間各接有一個電阻，在接線柱間還接有另外一個電阻R和一個直流電源。測得接線柱之間的電壓U12＝3.0V，U23＝2.5V，U34＝－1.5V。符合上述測量結果的可能接法是()A．電源接在1、4之間，R接在1、3之間B．電源接在1、4之間，R接在2、4之間C．電源接在1、3之間，R接在1、4之間D．電源接在1、3之間，R接在2、4之間命題立意：本題綜合考查電路基本規(guī)律第一步：依照選項畫出電路圖第二步：結合已知條件判斷排除規(guī)范解答：根據(jù)A項題意畫出電路圖，如圖甲所示可見U34>0，A錯誤；根據(jù)B項題意畫出電路圖，如圖乙所示可見U34>0，B錯誤；根據(jù)C項題意畫出電路圖，如圖丙所示可見該接法符合題中測量結果，C正確；根據(jù)D項題意畫出電路圖，如圖丁所示可見該接法符合題中測量結果，D正確。故選CD。[答案]CD易錯：不能正確理解題意或不能畫出相應電路圖而錯選或漏選交變電流的產生和描述1．兩個特殊位置的特點(1)線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e(2)線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e2．正弦式交變電流“四值”的應用(多選)(2023·湖南卷T9)某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑)，半徑之比為4∶1，小輪與線圈固定在同一轉軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為R。磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻強磁場。大輪以角速度ω勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直。線圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡。假設發(fā)電時燈泡能發(fā)光且工作電壓在額定電壓以內，下列說法正確的是()A．線圈轉動的角速度為4ωB．燈泡兩端電壓有效值為32nBL2ωC．若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓有效值為4D．若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則燈泡變得更亮命題立意：本題綜合考查交變電流的產生規(guī)律及“四值”問題第一步：由傳動的特點分析線圈轉動的角速度第二步：燈泡兩端電壓是交變電流路端電壓的有效值，由交流電壓峰值表達式及最大值與有效值的關系求解第三步：將小輪半徑變大，則小輪和線圈的角速度變小，由E＝nBSω2規(guī)范解答：大輪和小輪通過皮帶傳動，線速度大小相等，小輪和線圈同軸轉動，角速度相等，根據(jù)線速度的計算公式v＝ωr可知角速度的大小和半徑成反比，根據(jù)題意可知大輪與小輪半徑之比為4∶1，則小輪轉動的角速度為4ω，線圈轉動的角速度為4ω，A正確；線圈產生感應電動勢的最大值為Emax＝nBS·4ω又因為S＝L2聯(lián)立可得Emax＝4nBL2ω則線圈產生感應電動勢的有效值為E＝Emax2＝22nBL根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知燈泡兩端電壓有效值為U＝RER+R＝2nBL2B錯誤；若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則線圈的匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼?倍，線圈產生感應電動勢的最大值為E′max＝8nBL2ω此時線圈產生感應電動勢的有效值為E′＝Emax'2＝42根據(jù)電阻定律有R′＝ρl可知線圈電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即為2R，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可得燈泡兩端電壓有效值為U′＝RE'C正確；若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮鶕?jù)v＝ωr可知小輪和線圈的角速度變小，根據(jù)E＝nBSω2可知線圈產生的感應電動勢有效值變小，則燈泡變暗，故選AC。[答案]AC難點：正確理解交變電流的產生及“四值”間的關系理想變壓器遠距離輸電1．理想變壓器問題中的兩個“弄清”(1)弄清變量和不變量。如原線圈電壓不變，原、副線圈的匝數(shù)比不變，其他物理量可隨電路的變化而發(fā)生變化。(2)弄清動態(tài)變化過程中的決定關系，如U2由U1決定，P1、I1由P2、I2決定。2．解決遠距離輸電問題的一般思路電路分析遠距離輸電線路由升壓變壓器、輸電線、降壓變壓器和負載四部分組成電壓關系升壓變壓器輸入電壓U1是不變的，根據(jù)U1U2＝n1n2可以確定升壓變壓器的輸出電壓U2，輸電線上損失電壓為ΔU＝IR，降壓變壓器輸入電壓U3＝U2－Δ功率關系升壓變壓器輸入功率為P1，輸電線上損失功率為ΔP＝I2R，降壓變壓器輸出功率為P2，則P1＝P2＋ΔP＝P2＋I2R電流關系升壓變壓器輸入電流由I1＝P1U1確定，輸出電流I2由I1I2＝n2n1確定，I2通過輸電線傳到降壓變壓器，即I(2024·湖南卷T6)根據(jù)國家能源局統(tǒng)計，截止到2023年9月，我國風電裝機4億千瓦，連續(xù)13年居世界第一位，湖南在國內風電設備制造領域居于領先地位。某實驗小組模擬風力發(fā)電廠輸電網(wǎng)絡供電的裝置如圖所示。已知發(fā)電機轉子以角速度ω勻速轉動，升、降壓變壓器均為理想變壓器，輸電線路上的總電阻可簡化為一個定值電阻R0。當用戶端接一個定值電阻R時，R0上消耗的功率為P。不計其余電阻，下列說法正確的是()A．風速增加，若轉子角速度增加一倍，則R0上消耗的功率為4PB．輸電線路距離增加，若R0阻值增加一倍，則R0上消耗的功率為4PC．若升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增加一倍，則R0上消耗的功率為8PD．若在用戶端再并聯(lián)一個完全相同的電阻R，則R0上消耗的功率為6P命題立意：考查變壓器原理及遠距離輸電基本規(guī)律第一步：采用等效電阻法可得輸電線上的電流為I2＝U第二步：由E＝Em2，Em＝規(guī)范解答：如圖所示為等效電路圖，設降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為k∶1，則輸電線上的電流為I2＝U轉子在磁場中勻速轉動時產生的電動勢的有效值為E＝nBSω當轉子角速度增加一倍時，升壓變壓器原、副線圈兩端電壓都增加一倍，輸電線上的電流變?yōu)镮′2＝2I2，故R0上消耗的電功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確；升壓變壓器副線圈匝數(shù)增加一倍，副線圈兩端電壓增加一倍，輸電線上的電流增加一倍，故R0上消耗的電功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；若R