1、专题五 电路与电磁感应第11讲 恒定电流与交变电流1.闭合电路欧姆定律:(1)表达式。I=_。U路=_。(2)图像。E-Ir2.交变电流的四值:(1)最大值:Em=_。(2)瞬时值:e=_(从中性面计时)。(3)有效值:由电流的_定义。(4)平均值:=_。nBSEmsint热效应3.变压器的四个基本关系:(1)功率关系:_。(2)电压关系:_。(3)电流关系:_。(4)频率关系:_。P入=P出f1=f21.(2013安徽高考)用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻,R0是定值电阻,是灵敏度很高的电流表,MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关,改变滑动头P的位置,当通过电流表的电流为零时,
2、测得MP=l1,PN=l2,则Rx的阻值为()【解析】选C。设MN之间的电压为U,则R0上的电压为:MP上的电压为:由题意UR=UM得:Rx=R0,C项正确。2.(2012安徽高考)图甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动,由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接,金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图乙是线圈的主视图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1,bc长度为L2,线圈以恒定角速度逆时针转动。
3、(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式。(2)线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时,如图丙所示,试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式。(3)若线圈电阻为r,求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)【解题指南】解答本题时要注意以下三点:(1)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时,感应电动势的瞬时值表达式与开始计时的时刻有关。(2)线圈的总电动势等于每段导线切割磁感线产生的感应电动势的和,且回路符合欧姆定律。(3)计算焦耳热时要用到电流的有效值。【解析】(1)t时刻线圈平面与中性面的夹角为t,设ab距OO轴
4、为r1,cd距OO轴为r2,则有:eab=BL1r1sint ecd=BL1r2sint 线圈中的感应电动势为:e1=eab+ecd=BL1L2sint (2)t时刻线圈平面与中性面的夹角为t+0,则由式知线圈中的感应电动势为:e2=BL1L2sin(t+0)(3)通过线圈电流的有效值为:线圈转动的周期为:所以线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热为:Q=I2RT=答案:(1)e1=BL1L2sint(2)e2=BL1L2sin(t+0)(3)热点考向1直流电路的动态分析【典例1】(2013和平区一模)电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路。当滑动变阻器的
5、触头由中点滑向b端时,下列说法正确的是()A.电压表和电流表读数都增大B.电压表和电流表读数都减小C.电压表读数增大,电流表读数减小D.电压表读数减小,电流表读数增大【解题探究】(1)电路图中电压表和电流表测量范围:电压表直接连在电源的两端,测量的是_;电流表位于支路中,测量的是_。(2)闭合电路路端电压的表达式为U=_。路端电压流过R2的电流E-Ir(3)当滑动变阻器的触头下滑时,分析下列物理量的变化情况:相关物理量变化情况滑动变阻器电阻R_电路总电阻R总_干路总电流I_路端电压U_增大增大减小增大【解析】选A。法一 程序法:触头由中点滑向b端时,外电路总电阻增大,干路电流减小,由U=E-I
6、r知路端电压U增大,故示数增大;由U1=IR1知定值电阻R1上的电压U1减小,电阻R2两端的电压U2=U-U1将增大,则流过R2的电流增大,故的示数增大,选项A正确。法二 结论法:滑片向b端滑动,R增大,与之并联的支路中示数将增大;R增大,总电阻增大,干路电流减小,路端电压增大,则示数增大,故A正确。【拓展延伸】上题中:(1)电源的总功率、输出功率各如何变化?提示:由于干路电流减小,因此电源的总功率P总=EI减小;当外电阻等于内电阻时输出功率最大,而题干中外电阻与内电阻的大小关系未知,所以滑动变阻器的触头移动时,输出功率如何变化无法判断。(2)电源的效率如何变化?提示:由于电源的效率表达式为:
7、当触头向下移动时,R外增大,则增大。【总结提升】1.闭合电路动态变化的原因:(1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化;(2)某一支路电键闭合或断开;(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。2.闭合电路动态分析的两种方法:(1)程序分析法:流程如下(2)利用结论法:即“串反并同”法“串反”即某一电阻增大(减小)时,与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大);“并同”即某一电阻增大(减小)时,与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)。【变式训练】(2013咸阳二模)如图所示电路中,电源电动势为E,内电阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为可变电阻,C
8、为电容器。在可变电阻R3由较小逐渐变大的过程中()A.电容器放电B.流过R2的电流方向是由a到bC.电容器的带电量在逐渐增大D.电源内部消耗的功率变大【解析】选C。当可变电阻R3逐渐变大时,总电阻增大,干路电流减小,则电容器上电压U=E-I(R1+r)将增大,电容器的带电量增大,即电容器充电,A错误,C正确;因为电容器上极板带正电,所以充电电流方向为bR2a,故B错误;电源内部消耗的功率为Pr=I2r变小,D错误。热点考向2交变电流的产生及描述【典例2】一台小型发电机产生的电动势随时间变化的规律图像如图甲所示,已知发电机线圈内阻为20.0,现外接一只“100 V125 W”的灯泡,如图乙所示,
9、则()A.此时刻线圈中感应电流为0B.通过灯的电流随时间t的变化规律是i=cos100t(A)C.灯泡能正常发光D.灯泡的实际功率是80W【解题探究】(1)试分析当线圈平面处于以下两个位置时的磁通量、感应电流的情况:处于中性面时:a.磁通量_。b.感应电流为_。垂直中性面时:a.磁通量为_。b.感应电流_。最大零零最大(2)灯泡能正常发光的判断依据是什么?提示:判断灯泡能否正常发光的依据是分析灯泡工作时的功率是否达到额定功率,或分析灯泡的工作电压或工作电流是否等于灯泡的额定值。【解析】选B。图示位置为交流电最大值,感应电流最大,A错误;灯泡电阻R=80,最大电流Im=1A,故电流瞬时值表达式i
10、=cos100t,B正确;由于灯泡两端电压有效值达不到100V,灯泡不能正常发光,C错误;灯泡电流有效值为A,实际功率P实=I2R=40W,D错误。【总结提升】1.线圈经过“中性面”的三个特点:(1)磁通量最大。(2)通过线圈电流瞬时值为零。(3)电流方向发生改变。2.交变电流的“四值”及应用:(1)(2)(3)(4)【变式训练】(2013芜湖一模)阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示。则下列说法中正确的是()A.线圈两端电压的平均值为10 VB.电压表连接在线圈两端时,其示数为20 VC.在0.01 s时,线圈平面与磁场垂直D.当接
11、外电路时,线圈内的电流方向1 s内改变50次【解析】选C。由于电压随时间按正弦规律变化,平均值不是10V,A错;电压表示数为有效值14.14 V,B错;0.01 s时,线圈两端电压为0,线圈内的磁通量最大,C对;当接外电路时,线圈内的电流方向1 s内改变100次,D错。【变式备选】(2013山东高考改编)图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是()A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50rad/sC.0.0
12、1 s时线圈平面与磁场方向垂直D.0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左【解析】选A。电流表示数显示的是交流电的有效值,正弦交流电的电流有效值等于最大值的,电流表的示数为10A,选项A正确;因为交流电的瞬时值为i=10 cost,根据图乙可知,交流电的周期为T=210-2s,则线圈转动的角速度为=100rad/s,选项B错误;0时刻线圈平面与磁场平行,t=0.01s=t时间内线圈转过弧度,线圈平面与磁场方向平行,选项C错误;0.02s时的情况与0时刻的情况相同,根据右手定则可以判定,此时通过电阻R的电流方向自左向右,选项D错误。热点考向3变压器和远距离输电问题【典例3】(2013保定一模)如
13、图所示,匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度的水平匀强磁场中,线圈面积S=0.5m2,内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度=10rad/s匀速转动。线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连,变压器的副线圈接入一只“12V12 W”灯泡,灯泡正常发光,下列说法中正确的是()A.通过灯泡的交变电流的频率是50HzB.变压器原、副线圈匝数之比为101C.矩形线圈中产生的电动势的最大值为120VD.若将灯泡更换为“12V24 W”且保证其正常发光,需要增大矩形线圈的转速【解题探究】(1)交变电流的频率f与角速度的关系式为_。(2)线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为_。(3)原线圈输入电压
14、有效值表达式为_。(4)原、副线圈的电压关系为_。=2fEm=NBS【解析】选B。由=2f可得通过灯泡的交变电流的频率是5Hz,选项A错误;矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为Em=NBS=1000.510V=120 V,变压器输入电压为120 V,由变压器变压公式可知,变压器原、副线圈匝数之比为101,选项B正确,C错误;因副线圈电压仍为12 V,故将灯泡更换为“12 V24 W”能保证其正常发光,不需要增大矩形线圈的转速,选项D错误。【拓展延伸】上题中:(1)更换灯泡后,原线圈的输入功率为多少?提示:更换灯泡后,灯泡仍能正常发光,消耗的电功率为24W,则原线圈的输入功率也应为
15、24 W。(2)若将灯泡更换为耐压值为12V的电容器,能正常工作吗?提示:副线圈的电压U=12V为有效值,其最大值为12 V,大于电容器的耐压值,电容器将被击穿,则电容器不能正常工作。【总结提升】1.抓住理想变压器问题中的两个“弄清”:(1)弄清变量和不变量。如原线圈电压不变,原、副线圈的匝数比不变,其他物理量可随电路的变化而发生变化。(2)弄清动态变化过程中的决定关系,如U2由U1决定,P1、I1由P2、I2决定。2.理想变压器问题的分析流程:(1)由分析U2的情况。(2)由分析I2的情况。(3)由P1=P2=I2U2判断输入功率的情况。(4)由P1=I1U1分析I1的变化情况。【变式训练】
16、(2013许昌一模)将电能从发电站输送到用户,在输电线上会损失一部分功率。关于输电线上损失的功率,甲同学的推导为:设输电电压为U,则功率损失为P损=UI,而两者联立得到由此可知,要减小功率损失P损,就应当用低压送电和增大输电线的电阻r。乙同学的推导为:设输电电压为U,输送的电功率为P,则功率损失为P损=I2r,而两者联立得到由此可知,要减小功率损失P损,就应当用高压送电和减小输电线的电阻r。对于甲、乙两同学的推导方法及所得结论,下列判断正确的是()A.甲、乙两同学的推导方法及所得结论都是正确的B.甲、乙两同学的推导方法及所得结论都是错误的C.甲同学的推导方法及所得结论是正确的D.乙同学的推导方
17、法及所得结论是正确的【解析】选D。输电线路示意图如图所示,由图可知P损=I2r,而P=UI,得P损=()2r,故乙同学的推导方法及所得结论正确,选D。甲同学错误地将输电电压等同于损耗电压,从而误认为P损=UI。1.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件,其电阻随温度变化的图线如图甲所示。如图乙所示电路中,热敏电阻Rt与其他电阻构成的闭合电路中,当Rt所在处温度升高时,两电表读数的变化情况是()A.A增大,V增大 B.A增大,V减小C.A减小,V增大D.A减小,V减小【解析】选D。由图甲可知温度升高时,Rt的阻值减小。当Rt所在处的温度升高时,其阻值减小,总电阻减小,干路电流增大,路端电压减小,V示
18、数减小;R1上的电压U1增大,R2两端的电压减小,则流过R2的电流减小,即A的示数减小,故D正确。2.(2013广州一模)在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0 V。重新调节R并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0 V。则这台电动机正常运转时输出功率为()A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W【解析】选A。当电动机停止转动时,此时电动机相当于一个纯电阻,所以由题中的两表读数,可以计算出电动机的内阻为:代入数据得:r=4,重新调节R并使电动机恢复正常运转,根
19、据题中的两表读数,计算出电动机的输出功率为:P=UI-I2r,代入数据解得:P=32W,B、C、D错误,A正确。3.(2013广东高考)如图,理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=21,和均为理想电表,灯泡电阻RL=6,AB端电压u1=12 sin100t(V)。下列说法正确的是()A.电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W【解析】选D。由AB端电压u1=12 sin100t(V)知=100,又=2f,得频率f=50Hz,A错误;由理想变压器规律U2=6V,B错误;又I2=1A,C错误;P2=U2I2=6W,P1=P2,D正确。4.如图所示,有
20、一矩形线圈,面积为S,匝数为N,内阻为r,绕垂直磁感线的对称轴OO以角速度匀速转动,从图示位置转过90的过程中,下列说法正确的是()A.通过电阻R的电量B.通过电阻R的电量C.外力做功的平均功率D.从图示位置开始计时,则感应电动势随时间变化的规律为e=NBSsint【解析】选B。从图示位置以角速度转过90,平均电动势电量故A错误,B正确。又Em=NBS,有效值E=NBS,外力做功的平均功率C错误。若从图示位置开始计时,则e=NBScost,D错误。5.(2012天津高考)通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率P,原线圈的电压U保持不变,输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时
21、,线路损耗的电功率为P1,若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk,线路损耗的电功率为P2,则P1和分别为()【解析】选D。原线圈的电流为由于P、U不变,故I1不变,由得得则故选项D正确。6.(2013江苏高考)在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示。M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻RM发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时()A.RM变大,且R越大,U增大越明显B.RM变大,且R越小,U增大越明显C.RM变小,且R越大,U增大越明显D.RM变小,且R越小,U增大越明显【解析】选C。根据串联电路电压分配规律,S两端电压增大,则必有并
22、联部分的电阻变小,故传感器M的阻值变小,R越大,并联部分的电阻阻值就越是由传感器决定,故R越大,U增大越明显,C项正确。7.(2013四川高考)用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电,变压器输出电压是110 V,通过负载的电流图像如图所示,则()A.变压器输入功率约为3.9 WB.输出电压的最大值是110 VC.变压器原、副线圈匝数比是12D.负载电流的函数表达式i=0.05sin(100t+)A【解析】选A。根据图像可知:负载电流的最大值Im=0.05 A,周期T=0.02 s,则所以负载电流的函数表达式i=0.05sin100tA,故选项D错误;负载电流的有效值则理想变压器的输入功率P入=P出=1100.035 36 W3.9 W,故选项A正确;输出电压的有效值为110 V,最大值为110 V,故选项B错误;变压器原、副线圈匝数比故选项C错误。
