高三物理课件恒定电流与交变电流复习

专题五电路与电磁感应第10讲恒定电流与交变电流专题五电路与电磁感应11.闭合电路欧姆定律：（1）表达式。①I=______。②U路=_____。（2）图像。

E-Ir1.闭合电路欧姆定律：E-Ir22.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：=______。nBSωEmsinωt热效应2.交变电流的四值：nBSωEmsinωt热效应33.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=f23.变压器的四个基本关系:P入=P出f1=f241.（2013·福建高考）如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=sin10πt（V），则（）1.（2013·福建高考）如图，实验室一台手摇交流发电机，内5A.该交变电流的频率为10HzB.该电动势的有效值为VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表的示数为1.0A【解析】选D。据ω=2πf知该交流电的频率为5Hz，A错；该交流电电动势的最大值为V，有效值E=10V，B错；I==1.0A,P=I2R=9W,C错，D对。A.该交变电流的频率为10Hz62.(2012·福建高考）如图,理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器。和是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示;和是理想交流电流表,示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是（）2.(2012·福建高考）如图,理想变压器原线圈输入电压u=7A.I1和I2表示电流的瞬时值B.U1和U2表示电压的最大值C.滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D.滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【解析】选C。交流电压表和交流电流表显示的示数都为有效值，A、B错。由于输入端电压U1和理想变压器匝数比不变，所以U2不变。滑片P向下滑动过程中，电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C对，D错，故选C。A.I1和I2表示电流的瞬时值83.（2011·福建高考）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是（）3.（2011·福建高考）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之9A.输入电压u的表达式u=sin（50πt）VB.只断开S2后，L1、L2均正常发光C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8WA.输入电压u的表达式u=sin（50πt）V10【解析】选D。由图乙知周期为0.02s，因此输入电压的表达式u=sin（100πt）V，A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错；S1换接到2后，据和得R消耗的功率为0.8W，故选D。【解析】选D。由图乙知周期为0.02s，因此输入电压的表达11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。当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）热点考向1直流电路的动态分析

12A.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A.电压表和电流表读数都增大13【解题探究】（1）电路图中电压表和电流表测量范围：①电压表直接连在电源的两端，测量的是_________；②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【解题探究】路端电压流过R2的电流E-Ir14（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（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15【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，则示数增大，故A正确。【解析】选A。法一程序法：16【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。【拓展延伸】上题中：17（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η增大。（2）电源的效率如何变化?18【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【总结提升】1.闭合电路动态变化的原因:19（2）利用结论法:即“串反并同”法①“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）;②“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）。（2）利用结论法:即“串反并同”法20【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【变式训练】（2013·咸阳二模）如图所示电路中，电源电动势21【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b→R2→a，故B错误；电源内部消耗的功率为Pr=I2r变小，D错误。【解析】选C。当可变电阻R3逐渐变大时，总电阻增大，干路电流22热点考向2交变电流的产生及描述

【典例2】（2013·厦门二模）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20.0Ω，现外接一只“100V125W”的灯泡，如图乙所示，则（）热点考向2交变电流的产生及描述

23A.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=cos100πt（A）C.灯泡能正常发光D.灯泡的实际功率是80WA.此时刻线圈中感应电流为024【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：①处于中性面时：a.磁通量_____。b.感应电流为___。②垂直中性面时：a.磁通量为___。b.感应电流_____。最大零零最大【解题探究】最大零零最大25（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。（2）灯泡能正常发光的判断依据是什么？26【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80Ω,最大电流故电流瞬时值表达式i=cos100πt,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;灯泡电流有效值为实际功率P实=I2R=40W,D错误。【解析】选B。图示位置为交流电最大值,感应电流最大,A错误;27【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:【总结提升】1.线圈经过“中性面”的三个特点:28高三物理课件恒定电流与交变电流复习29【变式训练】（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（）【变式训练】（2013·山东高考改编）图甲是小型交流发电机30A.电流表的示数为10AB.线圈转动的角速度为50πrad/sC.0.01s时线圈平面与磁场方向垂直D.0.02s时电阻R中电流的方向自右向左A.电流表的示数为10A31【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倍，电流表的示数为10A，选项A正确；因为交流电的瞬时值为i=cosωt，根据图乙可知，交流电的周期为T=2×10－2s，则线圈转动的角速度为ω==100πrad/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π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。【解析】选A。电流表示数显示的是交流电的有效值，正弦交32【变式备选】（2013·龙岩二模）某交流电源的电动势与时间成正弦函数关系，如图所示，此电源与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计其他电阻，下列说法正确的是（）A.交变电流的周期为2sB.交变电流的频率为0.5HzC.交变电流的有效值为D.交变电流的有效值为2A【解析】选D。由图像知，交变电流的周期为0.02s，频率为50Hz，选项A、B错误。交变电流的最大值为，有效值为2A，选项C错误、D正确。【变式备选】（2013·龙岩二模）某交流电源的电动势与时间成33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=0.5m2,内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω=10πrad/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“12V12W”灯泡,灯泡正常发光，下列说法中正确的是()

热点考向3变压器和远距离输电问题

34A.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10∶1C.矩形线圈中产生的电动势的最大值为120VD.若将灯泡更换为“12V24W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速A.通过灯泡的交变电流的频率是50Hz35【解题探究】（1）交变电流的频率f与角速度ω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_______。ω=2πfEm=NBSω【解题探究】ω=2πfEm=NBSω36【解析】选B。由ω=2πf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变压器输入电压为120V,由变压器变压公式可知,变压器原、副线圈匝数之比为10∶1,选项B正确,C错误;因副线圈电压仍为12V,故将灯泡更换为“12V24W”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。【解析】选B。由ω=2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是37【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24W。（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。【拓展延伸】上题中：38【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I2=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。【总结提升】1.抓住理想变压器问题中的两个“弄清”：39【变式训练】(2013·泉州一模)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()【变式训练】(2013·泉州一模)将电能从发电站输送到用户,40A.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A.甲、乙两同学的推导方法及所得结论都是正确的41【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=()2·r,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。【解析】选D。输电线路示意图如图所示,由图可知P损=I2r,421.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43【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。【解析】选D。由图甲可知温度升高时，Rt的阻值减小。当Rt所442.（2013·漳州一模）电学元件的正确使用对电路安全工作具有重要作用，某电解电容器上标有“25V450μF”字样，下列说法中正确的是（）A.此电容器在25V的交流、直流电压时都能正常工作B.此电容器只有在不超过25V的直流电压下才能正常工作C.当工作电压是直流电压25V时，电容才是450μFD.若此电容器在交流电压下工作，交流电压的最大值不能超过25V【解析】选B。电解电容器的极性是固定的，因此只能在直流电压下工作。在正常情况下，电容器的电容不受电压影响。故B正确。2.（2013·漳州一模）电学元件的正确使用对电路安全工作具453.（2013·广东高考）如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL=6Ω，AB端电压u1=sin100πt（V）。下列说法正确的是（）A.电流频率为100HzB.的读数为24VC.的读数为0.5AD.变压器输入功率为6W3.（2013·广东高考）如图，理想变压器原、副线圈匝数比46【解析】选D。由AB端电压u1=sin100πt(V)知ω=100π，又ω=2πf，得频率f=50Hz，A错误；由理想变压器规律U2=6V，B错误；又C错误；P2=U2I2=6W，P1=P2，D正确。【解析】选D。由AB端电压u1=sin100πt(474.如图所示，有一矩形线圈，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ω匀速转动，从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是（）4.如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，绕48A.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=NBSωsinωt【解析】选B。从图示位置以角速度ω转过90°，平均电动势电量故A错误，B正确。又Em=NBSω，有效值E=NBSω，外力做功的平均功率C错误。若从图示位置开始计时，则e=NBSωcosωt，D错误。A.通过电阻R的电量495.（2013·厦门一模）如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，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R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u=sin100πt（V），当用电器电阻R0=11Ω时（）5.（2013·厦门一模）如图所示为某小型水电站的电能输送示50A.通过用电器R0的电流有效值是20AB.升压变压器的输入功率为4400WC.发电机中的电流变化频率为100HzD.当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小A.通过用电器R0的电流有效值是20A51【解析】选A。由T2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两端电压的有效值为220V，电流为I＝A＝20A，A对；由于输电线电流I′＝A＝5A，所以升压变压器的输入功率为P＝P线＋PR0＝52×10W＋202×11W＝4650W，B错；发电机中的电流变化频率与T2的副线圈两端电压的变化频率相同，为50Hz，C错；当用电器的电阻R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，D错。【解析】选A。由T2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两526.（2012·浙江高考）功率为10W的发光二极管（LED灯）的亮度与功率为60W的白炽灯相当。根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有2只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近（）A.8×108kW·hB.8×1010kW·hC.8×1011kW·hD.8×1013kW·h【解析】选B。每个家庭节省的功率为ΔP=0.1kW，全国约有n=4×108个家庭，每个家庭平均每天用电5小时，则全国一年节省的电能为ΔW=ΔP·nt=0.1kW×4×108×365×5h=7.3×1010kW·h，选项B正确，其他选项错误。6.（2012·浙江高考）功率为10W的发光二极管（LED灯537.（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1900匝，原线圈为1100匝，接在有效值为220V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2.0kW。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.380V和5.3AB.380V和9.1AC.240V和5.3AD.240V和9.1A7.（2012·新课标全国卷）自耦变压器铁芯54【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=1900匝，负载R上的功率也最大，为2.0kW，则故选项B正确。【解析】选B。由理想变压器原、副线圈中电压、电流及功率558.（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8.（2013·江苏高考）在输液时，药液有时会从针口流出体外56【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。【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57高三物理课件恒定电流与交变电流复习58专题五电路与电磁感应第10讲恒定电流与交变电流专题五电路与电磁感应591.闭合电路欧姆定律：（1）表达式。①I=______。②U路=_____。（2）图像。

E-Ir1.闭合电路欧姆定律：E-Ir602.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：=______。nBSωEmsinωt热效应2.交变电流的四值：nBSωEmsinωt热效应613.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=f23.变压器的四个基本关系:P入=P出f1=f2621.（2013·福建高考）如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=sin10πt（V），则（）1.（2013·福建高考）如图，实验室一台手摇交流发电机，内63A.该交变电流的频率为10HzB.该电动势的有效值为VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表的示数为1.0A【解析】选D。据ω=2πf知该交流电的频率为5Hz，A错；该交流电电动势的最大值为V，有效值E=10V，B错；I==1.0A,P=I2R=9W,C错，D对。A.该交变电流的频率为10Hz642.(2012·福建高考）如图,理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器。和是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示;和是理想交流电流表,示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是（）2.(2012·福建高考）如图,理想变压器原线圈输入电压u=65A.I1和I2表示电流的瞬时值B.U1和U2表示电压的最大值C.滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D.滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【解析】选C。交流电压表和交流电流表显示的示数都为有效值，A、B错。由于输入端电压U1和理想变压器匝数比不变，所以U2不变。滑片P向下滑动过程中，电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C对，D错，故选C。A.I1和I2表示电流的瞬时值663.（2011·福建高考）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是（）3.（2011·福建高考）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之67A.输入电压u的表达式u=sin（50πt）VB.只断开S2后，L1、L2均正常发光C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8WA.输入电压u的表达式u=sin（50πt）V68【解析】选D。由图乙知周期为0.02s，因此输入电压的表达式u=sin（100πt）V，A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错；S1换接到2后，据和得R消耗的功率为0.8W，故选D。【解析】选D。由图乙知周期为0.02s，因此输入电压的表达69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。当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）热点考向1直流电路的动态分析

70A.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A.电压表和电流表读数都增大71【解题探究】（1）电路图中电压表和电流表测量范围：①电压表直接连在电源的两端，测量的是_________；②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【解题探究】路端电压流过R2的电流E-Ir72（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（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73【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，则示数增大，故A正确。【解析】选A。法一程序法：74【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。【拓展延伸】上题中：75（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η增大。（2）电源的效率如何变化?76【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【总结提升】1.闭合电路动态变化的原因:77（2）利用结论法:即“串反并同”法①“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）;②“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）。（2）利用结论法:即“串反并同”法78【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【变式训练】（2013·咸阳二模）如图所示电路中，电源电动势79【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b→R2→a，故B错误；电源内部消耗的功率为Pr=I2r变小，D错误。【解析】选C。当可变电阻R3逐渐变大时，总电阻增大，干路电流80热点考向2交变电流的产生及描述

【典例2】（2013·厦门二模）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20.0Ω，现外接一只“100V125W”的灯泡，如图乙所示，则（）热点考向2交变电流的产生及描述

81A.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=cos100πt（A）C.灯泡能正常发光D.灯泡的实际功率是80WA.此时刻线圈中感应电流为082【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：①处于中性面时：a.磁通量_____。b.感应电流为___。②垂直中性面时：a.磁通量为___。b.感应电流_____。最大零零最大【解题探究】最大零零最大83（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。（2）灯泡能正常发光的判断依据是什么？84【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80Ω,最大电流故电流瞬时值表达式i=cos100πt,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;灯泡电流有效值为实际功率P实=I2R=40W,D错误。【解析】选B。图示位置为交流电最大值,感应电流最大,A错误;85【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:【总结提升】1.线圈经过“中性面”的三个特点:86高三物理课件恒定电流与交变电流复习87【变式训练】（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（）【变式训练】（2013·山东高考改编）图甲是小型交流发电机88A.电流表的示数为10AB.线圈转动的角速度为50πrad/sC.0.01s时线圈平面与磁场方向垂直D.0.02s时电阻R中电流的方向自右向左A.电流表的示数为10A89【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倍，电流表的示数为10A，选项A正确；因为交流电的瞬时值为i=cosωt，根据图乙可知，交流电的周期为T=2×10－2s，则线圈转动的角速度为ω==100πrad/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π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。【解析】选A。电流表示数显示的是交流电的有效值，正弦交90【变式备选】（2013·龙岩二模）某交流电源的电动势与时间成正弦函数关系，如图所示，此电源与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计其他电阻，下列说法正确的是（）A.交变电流的周期为2sB.交变电流的频率为0.5HzC.交变电流的有效值为D.交变电流的有效值为2A【解析】选D。由图像知，交变电流的周期为0.02s，频率为50Hz，选项A、B错误。交变电流的最大值为，有效值为2A，选项C错误、D正确。【变式备选】（2013·龙岩二模）某交流电源的电动势与时间成91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=0.5m2,内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω=10πrad/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“12V12W”灯泡,灯泡正常发光，下列说法中正确的是()

热点考向3变压器和远距离输电问题

92A.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10∶1C.矩形线圈中产生的电动势的最大值为120VD.若将灯泡更换为“12V24W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速A.通过灯泡的交变电流的频率是50Hz93【解题探究】（1）交变电流的频率f与角速度ω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_______。ω=2πfEm=NBSω【解题探究】ω=2πfEm=NBSω94【解析】选B。由ω=2πf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变压器输入电压为120V,由变压器变压公式可知,变压器原、副线圈匝数之比为10∶1,选项B正确,C错误;因副线圈电压仍为12V,故将灯泡更换为“12V24W”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。【解析】选B。由ω=2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是95【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24W。（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。【拓展延伸】上题中：96【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I2=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。【总结提升】1.抓住理想变压器问题中的两个“弄清”：97【变式训练】(2013·泉州一模)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()【变式训练】(2013·泉州一模)将电能从发电站输送到用户,98A.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A.甲、乙两同学的推导方法及所得结论都是正确的99【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=()2·r,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。【解析】选D。输电线路示意图如图所示,由图可知P损=I2r,1001.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101【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。【解析】选D。由图甲可知温度升高时，Rt的阻值减小。当Rt所1022.（2013·漳州一模）电学元件的正确使用对电路安全工作具有重要作用，某电解电容器上标有“25V450μF”字样，下列说法中正确的是（）A.此电容器在25V的交流、直流电压时都能正常工作B.此电容器只有在不超过25V的直流电压下才能正常工作C.当工作电压是直流电压25V时，电容才是450μFD.若此电容器在交流电压下工作，交流电压的最大值不能超过25V【解析】选B。电解电容器的极性是固定的，因此只能在直流电压下工作。在正常情况下，电容器的电容不受电压影响。故B正确。2.（2013·漳州一模）电学元件的正确使用对电路安全工作具1033.（2013·广东高考）如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL=6Ω，AB端电压u1=sin100πt（V）。下列说法正确的是（）A.电流频率为100HzB.的读数为24VC.的读数为0.5AD.变压器输入功率为6W3.（2013·广东高考）如图，理想变压器原、副线圈匝数比104【解析】选D。由AB端电压u1=sin100πt(V)知ω=100π，又ω=2πf，得频率f=50Hz，A错误；由理想变压器规律U2=6V，B错误；又C错误；P2=U2I2=6W，P1=P2，D正确。【解析】选D。由AB端电压u1=sin100πt(1054.如图所示，有一矩形线圈，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ω匀速转动，从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是（）4.如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，绕106A.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=NBSωsin