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.(2012新课标全国卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1 900匝,原线圈为1 100匝,接在
2、有效值为 220 V 的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为()A.380 V和5.3 A B.380 V和9.1 AC.240 V和5.3 A D.240 V和9.1 A【解析】选B。由理想变压器原、副线圈中电压、电流及功率关系可得：所以,当变压器输出电压调至最大时，副线圈的匝数也最大，为n2=1 900匝，负载R上的功率也最大，为2.0 kW，则故选项B正确。2.(2013天津高考)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接
3、,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为Iab,cd一侧线圈的匝数较多,工作时电流为Icd,为了使电流表能正常工作,则()A.ab接MN、cd接PQ,IabIcdC.ab接PQ、cd接MN,IabIcd【解析】选B。高压输电线上的电流大于交流电流表的量程,故应用电流互感器将高压输电线上的电流降低,由变压器原、副线圈电流与匝数成反比的关系,可以判断电流互感器与高压输电线相连的一侧匝数少,即ab一侧线圈与MN相连,cd一侧线圈与PQ相连,IabIcd,故B对,A、C、D错。3.(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
4、R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时,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，由得由得则故选项D正确。4.(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
5、压分配规律，S两端电压增大，则必有并联部分的电阻变小，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。热点考向1 直流电路的动态分析【典例1】(2013天津和平区一模)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_
6、。(2)闭合电路路端电压的表达式为U=_。(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:路端电压流过R2的电流E-Ir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-Ir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
7、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: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”
8、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,
9、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 V 125 W”的灯泡,如图乙所示,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80 W【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
10、: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;灯泡电阻最大电流故电流瞬时值表达式i=cos100t,B正确;由于灯泡两端电压有效值达不到100 V,灯泡不能正常发光,C错误;灯泡电流有效值为实际功率P实=I2R=40 W,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:
11、(1)最大值Em=NBS计算电容器的耐压值(2)瞬时值e=Emsint(中性面)计算闪光电器的闪光时间等(3)(4)平均值计算通过导体的电荷量正、余弦交流电的有效值电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流【变式训练】(多选)(2013山东高考)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50 rad/sC.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D.0.02 s时电阻R中
12、电流的方向自右向左【解析】选A、C。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倍，电流表的示数为10 A，选项A正确；因为交流电的瞬时值为根据图乙可知，交流电的周期为T=2102s，则线圈转动的角速度为=100 rad/s，选项B错误；0时刻线圈平面与磁场平行，t=0.01 s=t时间内线圈转过弧度，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；0.02 s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。【变式备选】(多选)如图甲是阻值为5 的线圈与阻值为15 的电阻R构成的回路。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生
13、的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则()A.电压表的示数为14.14 VB.通过电阻的电流为0.707 AC.电阻R上消耗的功率为7.5 WD.通过电阻的电流方向每秒变化100次【解析】选B、C。根据题中图乙可知交流电的电压有效值为电压表的示数为=10.6 V，A错误；通过电阻的电流为0.707 A，B正确；电阻R上消耗的功率为P=I2R=7.5 W，C正确；根据交流电的特点，线圈每转一周，电流方向改变两次，则电流方向每秒变化2=50次，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
14、=0.5 m2,内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度=10 rad/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“12 V 12 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50 HzB.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120 VD.若将灯泡更换为“12 V 24 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)原线圈输入电压有效值表达式为。(4)原、副线圈的电压关系为。=2fEm=NBS【
15、解析】选B。由=2f可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz,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 V 24 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24 W,则原线圈的输入功率也应为24 W。(2)若将灯泡更换为耐压值为12 V的电容器,能正常工作吗?提示:副线圈的电压U=12 V为有效值,
16、其最大值为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】(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
17、输电电压为U,则功率损失为P损=UI,而两者联立得到P损=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P损=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=故乙
18、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.(2013银川二模)在温控电路中,通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制。如图所示,R1为电阻箱,R2为半导体热敏电阻,C为电容器。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,则有()A.若R1固定,当环境温度降低时电压表的示数减小B.若R1固定,当环境温度降低时R1消耗的功率增大C.若环境温度不变,当电阻箱R1的阻值增大时,电容器C的电荷量增大D.若R1固定,环境温度不变,当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小【解析】选D。R1固定,当环境温度降低时,热敏电阻R2的阻
19、值增大,电路中电流减小,路端电压增大,即电压表示数增大,同时由P=I2R1知R1上消耗的功率减小,故A、B均错误;若环境温度不变,则R2不变,当R1增大时,电路中电流减小,电容器上电压U=IR2减小,则电容器上电荷量减小,故C错误;若R1不变,环境温度不变,即R2不变,则电容器上电压不变,若增大电容器C两板间距d,则由E=知E减小,故D正确。2.(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
20、知=100，又=2f，得频率f=50 Hz，A错误；由理想变压器规律U2=6 V，B错误；又C错误；P2=U2I2=6 W，P1=P2，D正确。3.(2011天津高考)在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则()A.t=0.005s时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【解析】选B。由题图乙可知该正弦交变电动势的电压最大值为311 V，周期等于0.02 s，因此，根据正弦交变电动势的最大值与有效值之间的关系式得知选项C错误；
21、又则频率f=50 Hz，选项D错误；当t=0.005 s时，取得最大值，穿过线圈的磁通量变化率最大，选项A错误；当t=0.01 s时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小等于零，线框平面与中性面重合，选项B正确。4.(多选)(2013海淀区一模)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻为R,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41,降压变压器副线圈两端交变电压u=降压变压器的副线圈与阻值R0=11 的电阻组成闭合电路。若将变压器均视为理想变压器,则下列说法中正确的是()A.通过R0的电流有效值是20 AB.降压变压器T2原、副线圈的电压比为41C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D.升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率【解析】选A、B、D。降压变压器副线圈电压的有效值为220 V,所以通过R0的电流有效值为选项A对;降压变压器T2原、副线圈的电压比等于匝数比,为41,B对;由于输电线上有电压损失和功率损失,故升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压,升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率,选项C错、D对。
