2015高考第一轮复习PPT第9讲恒定电流和交变电流分析
【课件】高三物理恒定电流第一轮复习课件-人教版
B．通过导线的电流为I/6
C．自由电子定向移动的平均速率为v/4
D．自由电子定向移动的平均速率为v/6
※甲、乙两地相距6 km，两地间架设两条电阻都是6 Ω的导线.
当两条导线在甲、乙两地间的某处发生短路时，接在甲地的电
压表，如图所示，读数为6 V，电流表的读数为1.2 A，则发生
短路处距甲地多远？
第二课时
电路的连结、电功、电功率
一、串、并联电路的特点
串联
并联
电流 I I1 I2 • • • In I I1 I2 • • • In
电压 U U1 U2 • • • Un U U1 U2 • • • Un
电阻
电压（电流） 分配
R R1 R2 • • • Rn
量度式 E=U外+U内=IR+Ir
电功 定义式 W=qU=IUt (纯电阻、非纯电阻电路)
计算式 W=I2Rt=U2t/R (纯电阻电路)
用电器 定义式 P=W/t 计算式 P=IU=I2R=U2/R
纯电阻
电功率 电源 总功率：P总=IE、输出功率：P出=IU端 损失功率P损=I2r、效率：η=P出/P总
Ⅱ
知识网络 基 本 概 念
恒 定 电 流
定义、条件、方向
电流 电流强度
定义式 I=q/t 微观表示 I=nqsv
决定式 I=U/R=E/(R+r)
电压 定义式 UAB=WAB/q=φA－ φB 决定式 U=IR，U外=E－Ir，U内=Ir
电阻 定义式 R=U/I 决定式 R=定律、欧姆定律
一、电流 1、电流的形成 ⑴电荷的定向移动形成电流
⑵电流形成的条件
金属导
①存在自由电荷
电子 正、负离子
2015高考专题---恒定电流(动态分析、电功率、故障分析、设计电路)概论
恒定电流（动态分析、电功率、故障分析、设计电路）1、汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A ，电动机启动时电流表读数为58A ，若电源电动势为12.5V ，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（ ）A 、35.8WB 、43.2WC 、48.2WD 、76.8W2.两个电池1和2的电动势E 1> E 2，它们分别向同一电阻R 供电，电阻R 消耗的电功率相同.比较供电时电池1和2内部消耗的电功率P 1和P 2，电池的效率η1和η2的大小，则有（ ） A.P 1>P 2，η1>η2 B.P 1>P 2，η1<η2 C.P 1<P 2，η1>η2 D.P 1<P 2，η1<η23 .如图所示，R 1是可变电阻器.电压表、电流表可看做理想电表，电源内阻不计.闭合开关S ，两电表都有一定示数.适当调节可变电阻器，能使电压表的示数加倍，而电流表的示数减半.则电阻R 2消耗的电功率将（ ）A ．变为原来的1/2B ．变为原来的1/4C ．变为原来的4倍D ．与原来相同 4.如图所示，直线A 为电源的U -I 图线，曲线B 为灯泡电阻的U -I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是( )A ．4W 、8WB ．2W 、4WC ．4W 、6WD ．2W 、3W5 如图所示，电路中电池的电动势E=5V ，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R 0是可变电阻，在R 0从零增加到400Ω的过程中，求：（1）可变电阻R 0上消耗功率最大的条件和最大热功率 （2）电池的电阻r 和固定电阻R 上消耗的最小热功率之和AVR 1 R 2S RRE r6. 下图为某小电热水器的电路图，R1为发热板，当热水器处于加热状态时，水迅速被加热；达到预定温度后，S自动切换到另一挡，处于保温状态．(1)说明S分别接a 、b时，热水器对应的工作状态．(2)若热水器加热时的功率为550 W，保温时发热板的功率为88 W，求电阻R2.(3)当S接a时，电路在5 min内消耗的电能．7. 如图所示电路，滑动变阻器上标有“50 Ω 1 A”，电源电压恒定为6 V，电流表量程为0～0.6 A，电压表量程为0～3 V．闭合开关S，移动滑动变阻器滑片到某一位置时，电流表示数为0.2 A，电压表示数为2 V．求(1)电阻R1的阻值；(2)此时滑动变阻器消耗的功率；(3)为保证电路安全，电阻R1上允许消耗功率的范围7、如图所示的电路中，电源的电动势E=80 V，内电阻r=2Ω，R1=4Ω，R2为滑动变阻器.问：（1）R2阻值为多大时，它消耗的功率最大？（2）如果电源内阻损耗功率不超过总功率的20%，R2应取多少？（3）如果要求电源输出功率为600 W，外电路电阻R2应取多少？此时电源效率为多少？（4）该电路中R2取多大时，R1上功率最大？二、会分析动态电路的有关问题1.如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略.现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）A.a灯变亮，b灯和c灯变暗B.a灯和c灯变亮，b灯变暗C.a灯和c灯变暗，b灯变亮D.a灯和b灯变暗，c灯变亮E，ra cbRS2.如图所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E和r ，当闭合开关S，向左移动滑动变阻器的滑片时，下列说法正确的是（）A.电流表的示数变大，电压表的示数变大B.电流表的示数变大，电压表的示数变小C.电流表的示数变小，电压表的示数变小D.电流表的示数变小，电压表的示数变大3．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（）A电压表示数增大，电流表示数减少 B 电压表示数减少，电流表示数增大C 两电表示数都增大D 两电表示数都减少4.如图所示的电路中，各个电键均闭合，且k2接a，现要使静止在平行板电容器两极板之间的带电微粒向下运动，则应该（）①将k1断开②将k2掷在b ③将k2掷在c ④将k3断开A.①②B.②③C.①③D.③④5. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，只闭合开关S1时，灯泡L发光；如果再闭合S2，则()A．两个电流表的示数都变大B．灯泡L的亮度变小C．电路的总电阻变小D．电压表的示数变小三、故障分析1. 在如下图所示的电路中，当闭合开关S后，发现两灯都不亮，电流表的指针几乎指在零刻度线，电压表指针则有明显偏转，该电路中的故障可能是()A．灯泡L2短路B．灯泡L2断路C．灯泡L1断路D．两个灯泡都断路2. 如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，灯L1和L2均发光，一段时间后，一盏灯突然熄灭，而电流表和电压表的示数都不变．出现这一现象的原因可能是()VAVAR1R2R3baPk3Ck2back1R1R4R3R2A．灯L1断路B．灯L2断路C．灯L1短路D．灯L2短路3.如图所示,电源电压不变,闭合开关S,电路正常工作.一段时间后,发现其中1个电压表示数变大,则（）A.灯L可能变亮B.灯L亮度可能不变C.电阻R可能断路D.电阻R可能短路四、设计电路1.检测一个标称值为5Ω的滑动变阻器。
2015高考物理一轮复习课件：9-3 电磁感应规律的综合应用
答案：B
考点二
电磁感应中的图象问题
图 9－3－2
2．[2013· 新课标全国卷Ⅰ]如图 9－3－2，在水平面(纸面) 内有三根相同的均匀金属棒 ab、ac 和 MN，其中 ab、ac 在 a 点接触，构成 “V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁 场．用力使 MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动 中 MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触． 下 列关于回路中电流 i 与时间 t 的关系图线， 可能正确的是( )
A
B
C 图 置切割磁感线的长度为 l，此时 D 回路周长为 D，电动势 E＝Blv，回路电阻 R＝ρ S ，回路电流 Bv S l E l I＝R，故 I＝ ρ · D，由于在不同位置，回路三角形相似，故D 为定值，回路电流为定值．
答案：A
考点三
电磁感应中的力学问题
A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量 C．棒的重力势能增加量 D．电阻 R 上放出的热量
解析：棒受重力 G、拉力 F 和安培力 FA 的作用．由动能 定理：WF＋WG＋W 安＝ΔEk 得 WF＋W 安＝ΔEk＋mgh，即力 F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，选项 A 正确．
答案：A
1．如图 9－3－1 所示，两个互连的金属圆环，小金属环 的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环 所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生 的感应电动势为 E，则 a、b 两点间的电势差为( )
图 9－3－1 1 A. E 2 1 B. E 3 2 C. E 3 D．E
解析：a、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电 1 1 路总电阻的 ，故 Uab＝ E，B 正确． 3 3
类型 (2)随位移 x 变化的图象如 Ex图 象和 Ix 图象
2015高考物理二轮复习 教师用书 第9讲 恒定电流和交变电流
第9讲恒定电流和交变电流1．(2013·江苏卷，4)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4－9－1所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时()图4－9－1A．R M变大，且R越大，U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小，且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显解析由题意知，S两端的电压增大，则电路中的电流增大，药液接触传感器的电阻变小，则A、B选项是错误的；将S看做外电路，其余看做等效电源，如右图根据U＝E－Ir可判断，同样的变化电流，则内阻越大电压变化越大，因此答案为C.答案 C图4－9－22．(多选)(2013·江苏单科，8)如图4－9－2所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有()A．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容解析 向下滑动P ，变压器副线圈电压降低，灯泡变暗，A 错误；增大交流电源电压，副线圈电压升高，灯泡变亮，B 正确；增大交流电源频率，电容器容抗减小，电流变大，灯泡变亮，C 正确；减小电容器的电容，容抗增大，电流减小，灯泡变暗，D 错误． 答案 BC3．(2014·江苏卷，3)远距离输电的原理图如图4－9－3所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )图4－9－3A.I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2R C ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析 由于理想变压器的电流比与匝数比成反比，即I 1I 2＝n 2n 1，A 错；由于R 两端的电压不等于U 2，故B 错；由能量关系可得U 1I 1＝I 22R ＋P 用，故C 错；由功率关系，P 入＝P 出可得：I 1U 1＝I 2U 2，D 项正确． 答案 D主要题型：选择题 知识热点(1)欧姆定律的应用及对电功率的分析与计算． (2)交变电流的产生、图象以及“四值”的考查． (3)理想变压器“四个关系”的考查． (4)理想变压器与远距离输电问题的综合考查．物理方法(1)程序法(2)等效法(3)分析推理法命题趋势2015年高考对本专题的考查(1)将以对实际生活中电路的分析、计算为主．(2)将通过交变电流的图象考查交变电流的四值、理想变压器等问题，以选择题为主．热点一直流电路的分析1. (2014·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4－9－4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()图4－9－4A．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答案 D2. (2014·天津卷，2)如图4－9－5所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()图4－9－5A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开电键S解析根据电路结构，电容器两极电压等于R1两端电压与R2大小无关，即U C＝U R1＝R1R1＋r E，对油滴由平衡条件得qU cd＝mg，油滴静止不动，说明电场强度不发生变化，即R1的电压不变即可，故改变R2时对电路工作状态无影响，选B.答案 B3．(多选)如图4－9－6所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，电路正常工作，过了一会儿，电流表A的示数变为零，若电路中故障发生在灯L、电阻R 上，用一根导线来判断电路故障，则下列判断正确的是()图4－9－6A．将导线并联在R两端，电流表无示数，一定是L断路B．将导线并联在L两端，电流表无示数，一定是R断路C ．将导线并联在R 两端，电流表有示数，一定是R 断路D ．将导线并联在L 两端，电流表有示数，一定是L 断路解析 电流表A 的示数变为零，说明电路故障为断路．将导线与用电器并联进行检测时，若电流表有示数，说明与导线并联的用电器断路；若电流表无示数，说明另一个用电器断路或两个用电器都断路．若将导线并联在R 两端，电流表无示数，则可能是L 断路，也可能是R 、L 都断路，故选项A 错误；若将导线并联在L 两端，电流表无示数，则可能是R 断路，也可能是R 、L 都断路，故选项B 错误；若将导线并联在R 两端，电流表有示数，则一定是R 断路，选项C 正确；若将导线并联在L 两端，电流表有示数，则一定是L 断路，选项D 正确． 答案 CD4．如图4－9－7甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化的图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在滑动变阻器的两个不同端点得到的．则下列说法正确的是( )图4－9－7A ．该电源的电动势为16 VB ．定值电阻R 2的阻值为10 ΩC ．滑动变阻器的最大阻值为300 ΩD ．在滑动变阻器的滑片P 从左端滑至右端的过程中，该电源的最大输出功率为10 W解析 乙图中AB 延长线交U 轴于(0,20 V)处，交I 轴于(1.0 A,0)处，所以电源的电动势E ＝20 V ，A 错误；内阻r ＝EI 短＝20 Ω.当滑片P 滑到R 3的右端时，电路参数对应乙图中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ，得R 2＝U 2I 2＝5 Ω，B 错误；当滑片P 滑到R 3的左端时，由乙图知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝U 外I 总＝80 Ω.因为R外＝R1R3R1＋R3＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 Ω，C正确；P max＝E24r＝5 W，D错误．答案 C1．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方法：程序法：流程如下热点二交变电流的产生及描述5．(多选)(2014·山东临沂3月质检)某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图4－9－8所示，输出功率是20 kW，现用5 000 V高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是()图4－9－8A．交变电流的频率为100 HzB．发电机输出电压的有效值为220 VC．流过高压输电线的电流为125 AD．降压变压器输出电压的有效值为220 V解析由交变电流的图象可知交变电流的频率为50 Hz，发电机输出电压的有效值为220 V，A项错误，B项正确；由P＝UI得输电电流I＝PU＝4 A，C项错；输电线路上损失的电压ΔU＝IR线＝160 V，降压器输出电压的有效值为U2＝n2n1U1＝122×(5 000－160) V＝220 V，D项正确．答案BD6．(多选)(2014·南京师大附中高三模拟考试)如图4－9－9所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，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，线框转动π6时的感应电流为I，下列说法正确的是()图4－9－9A ．线框中感应电流的有效值为2IB ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IRωC ．从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为2Iω D ．线框转一周的过程中，产生的热量为8πRI 2ω解析 根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势e ＝BSωsin ωt ，电流i ＝e R ＝BSωR sin ωt ，线框转过π6时的感应电流为I ＝BSω2R ，电流的有效值I ′＝2BSω2R ＝2I ，故选项A 错误；线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS ，又I ＝BSω2R ，解得BS ＝2IR ω，故选项B 正确；从中性面开始转动π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为q ＝BS R ＝2Iω，故选项C 正确；线圈转一周产生的热量Q ＝I ′2RT ，代入解得Q ＝B 2S 2ω22R 2R 2πω＝4πRI 2ω，故选项D 错误． 答案 BC7．(2014·郑州市一模)图4－9－10甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R ＝10 Ω的电阻连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V ．图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象，则( )图4－9－10A ．电阻R 上的电功率为20 WB．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt(V) D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)解析电压表上的示数为有效值，故可知电阻R上的电功率为P＝U2R＝10 W，则A错误；由乙图可知，0.02 s时磁通量为0，但磁通量的变化率是最大的，故此时的电压瞬时值最大，则B错误；由于磁通量按正弦规律变化，则电动势必按余弦规律变化，且电压最大值为10 2V，ω＝2πT＝100π rad/s，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt(V)，故C正确；同理可知通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝uR＝1.41 cos100πt(A)，则D错误．答案 C8．(多选)如图4－9－11甲是阻值为5 Ω的线圈与阻值为15 Ω的电阻R构成的闭合电路．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，则()图4－9－11A．电压表的示数为14.14 VB．通过R的电流为0.707 AC．通过R的电流瞬时值表达式为i＝sin 50πt(A)D．通过R的电流方向每秒变化100次解析由图象知电动势的最大值E m＝20 V，其有效值E＝E m2＝10 2 V＝14.14 V，根据闭合电路欧姆定律有I＝ER＋r＝22A＝0.707 A，选项B正确；电压表的示数U＝IR＝1522V＝10.61 V，选项A错误；由图乙知感应电动势的瞬时值表达式为e＝20sin2π0.04t(V)＝20sin 50πt(V)，i＝eR＋r＝sin 50πt(A)，选项C正确；由图象知电动势的周期T＝0.04 s，通过R的电流方向每秒变化的次数为2×1 0.04＝50，选项D错误．答案BC热点三理想变压器及远距离输电1．理想变压器的基本规律2．远距离输电(1)输电过程的电压关系(2)输电过程功率的关系9．(多选)(2014·广东卷，19)如图4－9－12所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是()图4－9－12A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大解析 由于理想变压器输入电压不变，据公式U 1U 2＝n 1n 2，则副线圈电压U 2不变，滑片P 滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则A 错误；滑片P 下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故B 正确；滑片P 上滑，电阻减小，电流I 2增大，据I 1I 2＝n 2n 1则原线圈输入电流I 1也增大，故C 错误；此时变压器输出功率P 2＝U 2I 2将变大，故D 正确． 答案 BD10．一理想变压器、原线圈接u ＝U m sin ωt (V)的交流电，副线圈所接的电路如图4－9－13所示，电表均为理想的交流电表，开始开关S 是闭合的．当开关S 断开后，下列说法正确的是( )图4－9－13A ．V 2的读数变小、A 3的读数变大B ．V 2的读数不变、A 3的读数变小C ．A 1的读数变小、A 2的读数变小D ．V 1的读数变大、A 1的读数变大解析 理想变压器的电压与匝数成正比，由于理想变压器原线圈接的电压不变，所以V 1的读数不变，副线圈电压不变，所以V 2的读数不变．当S 断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流变小，即A 2的读数变小，由于原、副线圈的匝数比不变，所以当副线圈的电流变小时，原线圈的电流也要变小，所以A 1的读数变小，由于副线圈的总电流变小，R 1的电压变小，并联电路的电压增大，所以R 3中的电流增大，A 3的读数变大，所以C 正确． 答案 C图4－9－1411．(多选)(2014·山东卷，17)如图4－9－14所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下判断正确的是()A．变压器输入功率为484 WB．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3解析用电器正常工作，则知变压器输出电压U2＝60 V，理想变压器输入功率等于输出功率：P1＝P2＝U2I2＝60×2.2 W＝132 W，故A错；通过原线圈的电流为：I1＝P1U1＝132220A＝0.6 A，故B对；通过副线圈的电流最大值为：2.2× 2 A≈3.1 A，故C错；变压器原、副线圈匝数比为：n1n2＝U1U2＝22060＝113，故D对．答案BD12．某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻r＝3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，如图4－9－15所示．对整个送电过程，下列说法正确的是()图4－9－15A．输电线上的损失功率为300 WB．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100C．输电线中的电流为100 AD．降压变压器的输入电压为4 700 V解析输电线上损失的功率P r＝50×0.6% kW＝300 W，选项A正确；由P r＝I22r得输电线中的电流I2＝10 A，选项C错误；发电机的输出电流I1＝P1U1＝50×103500A＝100 A，升压变压器的匝数比n1n2＝I2I1＝110，选项B错误；升压变压器的输出电压U2＝P1I2＝5 000 V，降压变压器的输入电压为U3＝U2－I2r＝4 970 V，选项D错误．答案 A高考命题热点9.交变电流、理想变压器的综合问题分析交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下三点：(1)交变电流的产生过程．(2)交变电流的图象和交变电流的“四值”的应用．(3)理想变压器的原理及应用．变压器动态分析的思路【典例】(2014·哈尔滨市二模)(6分)如图4－9－16所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是()图4－9－16A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间时，通过电流表的电荷量为0 C ．当P 位置不动，R 增大时，电压表读数也增大 D ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表读数减小 审题流程第一步：抓关键点→获取信息第二步：分析选项→找解题依据→得答案：解析 计时起点，线圈内的感应电动势为最大值E m ＝NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt ，A 选项正确．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS ，故通过电流表的电荷量q ＝N ΔΦR ，即不为0，B 选项错误．电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是NBSω2，C 选项错误．当P位置向上移动，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，选项D错误．答案 A(2014·保定一模)(6分)如图4－9－17所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度B＝6225πT的水平匀强磁场中，线圈面积S＝0.5 m2，内阻不计．线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10π 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()图4－9－17A．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10∶1C．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析由ω＝2πf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E m＝NBSω＝100×62 25π×0.5×10π V＝120 2 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10∶1，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．答案 B一、单项选择题1.图4－9－18如图4－9－18所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L＝6 Ω，AB端电压u1＝122sin 100πt(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解析由ω＝2πf＝100π rad/s得：f＝50 Hz，A错．有效值U1＝12 V，又U2U1＝n2n1得：U2＝6 V，I2＝U2R L＝1 A，B、C项错．由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6 W，D对．答案 D2．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R t随温度t变化的图线如图4－9－19甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻R t与其他电阻构成的闭合电路中，当R t所在处温度升高时，两电表读数的变化情况是()图4－9－19A．A变大，V变大B．A变大，V变小C．A变小，V变大D．A变小，V变小解析由电路图可知，电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系，当R t所在处温度升高时，R t的阻值减小，利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小．答案 D图4－9－203．(2013·四川卷，2)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，通过负载的电流图象如图4－9－20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1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05 sin(100 πt＋π2)A解析由题意知：U1＝220 V，U2＝110 V，所以n1n2＝U1U2＝2∶1，U2m＝110 2 V，选项B、C均错误．由图象可知：I2m＝0.05 A，T＝0.02 s，则负载电流的表达式为i＝0.05 sin(100 πt)A，选项D错误．变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝0.052×110 W≈3.9 W，选项A正确．答案 A4．如图4－9－21所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R′0＝1 Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的值分别为()图4－9－21A．2 Ω，2 Ω B．2 Ω，1.5 ΩC．1.5 Ω，1.5 Ω D．1.5 Ω，2 Ω解析因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2 Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝E2r＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端的电压为3 V，所以R2＝1.5 Ω，选项B正确．答案 B图4－9－225．(2014·莆田一模)如图4－9－22所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝2202sin 100πt V．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A．电表对电路的影响忽略不计，则()A．此交流电的频率为100 HzB．电压表示数为220 2 VC．电流表A1示数为5 AD．此电动机输出功率为33 W解析由ω＝2πf得交流电的频率为50 Hz，故A错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读数为220 V，故B错误；由I1I2＝n2n1可知I1＝I2n2n1＝0.2 A，故C错误；由P出＝P入－P热＝U2I2－I22R＝33 W，故D正确．答案 D图4－9－236．(2014·厦门一模)在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图4－9－23所示．它的原线圈匝数n1＝600 匝，交流电源的电动势e＝311si n(100πt) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A的保险丝，副线圈匝数n2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则() A．负载功率不能超过62 WB．副线圈电流最大值不能超过1 AC．副线圈电路中的电阻R不能小于44 ΩD．副线圈电路中电压表的读数为62 V解析由U1U2＝n1n2得U2＝44 V，D错；由I1I2＝n2n1得I2≤1 A，所以负载功率最大为P2＝U2I2≤44 W，A错；副线圈中的电流最大值为I m＝ 2 A，故B错；由R＝U22 P2得R≥44 Ω，C对．答案 C7．如图4－9－24所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是()图4－9－24A．16∶1190∶11 B．1∶1611∶190C．1∶16190∶11 D．16∶111∶190解析输电线损失功率P损＝100×103×5% W＝5×103 W，所以，输电线电流I2＝P损R线＝25 A，升压变压器原线圈电流I1＝P总U1＝400 A，故升压变压器原、副线圈匝数比n1n2＝I2I1＝116.升压变压器副线圈端电压U2＝n2n1·U1＝4 000 V，输电线损失电压U损＝I2·R线＝200 V，降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3 800 V，故降压变压器原、副线圈匝数比为n3n4＝U3U4＝19011.故选项C正确．答案 C二、多项选择题图4－9－258．如图4－9－25所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则()A．电灯L亮度减小B．电流表示数增大C．电压表示数增大D．变压器输入功率不变解析由理想变压器的电压比等于匝数比可得U1n1＝U2n2，n2增加，则副线圈两端电压增加，电压表的读数增大，加在电灯两端的电压增大，电灯变亮，即变压器的输出功率增大，由于理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，根据P＝U1I1，可知电流表的读数增大，选项B、C正确，选项A、D错误．答案BC9．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有()解析由图可知，A、B选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行．答案ABC图4－9－2610．如图4－9－26所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有()A．U2减小，U4变大B．U2不变，U3变小C．P1变小，P2变小D．P2变大，P3变大解析由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1增大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，故输出电压U2不变，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律得U3＝U2－I2R，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以U4减小，故选项A错误，选项B正确；由于用户功率增加，即P4增加，理想变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，由以上分析可知P1、P2增大，故选项C错误，选项D正确．答案BD11．(2014·南京、盐城市二模)图4－9－27甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法中正确的有()图4－9－27A．用户端交流电的频率为50 HzB．用户端电压为250 VC．输电线中的电流为30 AD ．输电线路损耗功率为180 kW解析 变压器不改变交流电的频率，A 项正确，因输电线路上有电压损失，故用户端电压小于250 V ，B 项错误，由P ＝UI 得I 1＝P U 1＝3 000 A ，则输电线路中的电流I 2＝n 1n 2I 1＝30 A ，C 项正确，输电线路损耗功率为P 损＝I 2R 线＝302×100 W ＝90 kW ，D 项错．答案 AC 12.图4－9－28(2014·全国卷新课标Ⅱ，21)如图4－9－28，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表○接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ：U cd ＝n 1：n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍解析 若变压器初级电压为U ab ，则次级电压为U 2＝n 2n 1U ab ；由于二极管的单向导电性使得副线圈中的反向电流为零，由有效值的定义可得U 2cd R T ＝U 22R ·T 2解得U cd ＝22U 2，故U ab U cd ＝2n 1n 2，选项A 错误；增大负载的阻值R ，则变压器次级电流减小，则初级电流也减小，即电流表的读数减小，选项B 正确；cd 间的电压由变压器的初级电压决定，与负载电阻R 的大小无关，选项C 错误；若二极管短路则U cd ′＝U 2，由P ＝U 2cd R ＝U 222R 和P ′＝U cd ′2R ＝U 22R 知功率加倍，则次级电流会加倍，则初级电流也加倍，选项D 正确．答案BD13.图4－9－29如图4－9－29所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是()A．如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转C．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出D．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出解析将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强逐渐减少到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，A错误．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电容增大，电容器充电，两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转，选项B正确．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，粒子所受电场力小于洛伦兹力．若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项C正确．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力．若粒子带正电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项D正确．答案BCD14．(2014·上海卷，18)图4－9－30如图4－9－30，电路中定值电阻阻值R大小电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()。
2015届高考物理一轮复习基础知识课件：第9章 第3节《电磁感应定律的综合应用》（人教通用版）
速度变化 ―→ 临界状态
4．电磁感应中的动力学临界问题 (1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程 中的临界状态，如速度、加速度求最大值或最小值的条件。
第3节
电磁感应定律的综合应用
电磁感应中的电路问题
[想一想]
用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正 方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如 图9－3－1所示。在磁场以10 T/s的变化率增强时， 线框中a、b两点间的电势差是多少？
图9－3－1
提示：由E＝ΔΔΦt ＝ΔΔBt·S＝10×0.02 V＝0.2 V，由楞次 定律及电路知识可知Uab＝－E2＝－0.1 V
图 9－3－11 解析：由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，其右 侧边开始进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势和感应电 流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框完全进入磁 场中时，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受 安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左
磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧边受到安培力作用， 导线框做减速运动；导线框进、出磁场区域时，受到的安培 力不断减小，导线框的加速度不断减小，所以可能正确描述 导线框运动过程的速度图像是 D 。
(3)一个周期内，通电时间 t＝49T
R 上消耗的电能 W＝I2 Rt 且 W＝I2RT m
解得 I＝34Nr＋Bl2Rω
[答案]
(1)2NBl2ω
4N2B2l3ω (2) r＋R
4NBl2ω (3)3r＋R
解决电磁感应中的电路问题三步曲
1．(多选)(2013·四川高考)如图 9－3－7 所示，边长为 L、不可形
答案：C
电磁感应中的图像问题
[记一记]
2015届高考物理一轮复习配套课件：第九章 专题九 电磁感应中的电路和图象问题
学科素养培养
【例 3】如图 10，磁感应强度沿 y 轴向 没有变化，与 x 轴的关系如图 11 所示， 顶角 θ＝45°的光滑金属长导轨 MON 与 x 轴重合，一根与 ON 垂直的长导 体棒在水平向右的外力作用下沿导轨 向右滑动，已知 t＝0 时，导体棒位于 顶点 O 处；导体棒的质量为 m＝2 kg； OM、ON 接触处 O 点的接触电阻为 R ＝0.5 Ω，其余电阻不计； E 与时间 t 的关系如图 12 所示求： (1)t＝2 s 时流过导体棒的电流 I2 的大 小； (2)1 s～2 s 时间内回路中流过的电荷 量 q 的大小； (3)导体棒滑动过程中水平外力 F(单 位：N)与横坐标 x(单位：m)的关系式．
2．对电磁感应电路的理解 (1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过电流做 功转化为电能． (2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势．
课堂探究
【例 1】如图 5(a)所示，水平放置的两根平行 金属导轨，间距 L＝0.3 m，导轨左端连接 R ＝0.6 Ω 的电阻，区域 abcd 内存在垂直于导 轨平面 B＝0.6 T 的匀强磁场，磁场区域宽 D ＝0.2 m．细金属棒 A1 和 A2 用长为 2D＝0.4 m 的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并 与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均 为 r＝0.3 Ω.导轨电阻不计．使金属棒以恒定 速度 v＝1.0 m/s 沿导轨向右穿越磁场．计算 从金属棒 A1 进入磁场(t＝0)到 A2 离开磁场的 时间内，不同时间段通过电阻 R 的电流强度， 并在图(b)中画出．
第九章 电磁感应
专题九 电磁感应中的电路和图象问题
题组扣点
题组答案 1.A 2. (1)0.2 A (2)4×10－8 C 3.C 4.B
高考物理一轮复习第九章恒定电流1电路的基本概念及部分电路规律课件
2019/7/12
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谢谢欣赏！
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编后语
老师上课都有一定的思路，抓住老师的思路就能取得良好的学习效果。在上一小节中已经提及听课中要跟随老师的思路，这里再进一步论述听课时如何 抓住老师的思路。
① 根据课堂提问抓住老师的思路。老师在讲课过程中往往会提出一些问题，有的要求回答，有的则是自问自答。一般来说，老师在课堂上提出的问 题都是学习中的关键，若能抓住老师提出的问题深入思考，就可以抓住老师的思路。
④ 紧跟老师的推导过程抓住老师的思路。老师在课堂上讲解某一结论时，一般有一个推导过程，如数学问题的来龙去脉、物理概念的抽象归纳、语 文课的分析等。感悟和理解推导过程是一个投入思维、感悟方法的过程，这有助于理解记忆结论，也有助于提高分析问题和运用知识的能力。
⑤ 搁置问题抓住老师的思路。碰到自己还没有完全理解老师所讲内容的时候，最好是做个记号，姑且先把这个问题放在一边，继续听老师讲后面的 内容，以免顾此失彼。来自：学习方法网
对纯电阻电路，电功率等于热功率，
P电＝P热＝UI＝I2R； 对非纯电阻电路，电功率大于热功
率，P电＞P热
3. 电功和电热的处理方法 (1)首先要分清所研究的电路是纯电阻电路还是非纯电阻电 路，正确选择计算公式。 (2)处理非纯电阻电路的计算问题时，要善于从能量转化的 角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋ 其他能量”寻找等量关系求解。
第1讲 电路的基本概念及部分电路规律
[必考要求] 1．电源和电流(b)。2.电动势(b)。3.欧姆定律、U－I图象及I －U图象(c)。4.焦耳定律(c)。5.导体的电阻(c)。
高中物理一轮总复习课件第八章恒定电流
在闭合电路中，非静电力做功将其他形式的能转化为电能。 同时，在电路中，电能可以转化为内能、光能、机械能等其 他形式的能。
04
电功、电功率及焦耳定律
电功计算公式及应用举例
电功计算公式
$W = UIt$，其中$W$表示电功， $U$表示电压，$I$表示电流，$t$表 示时间。
计算用电器消耗的电能
测量电源电动势和内阻
通过测量外电路的总电压和总电流， 以及外电路电阻，可计算电源的电动 势和内阻。
已知用电器的电压、电流和工作时间 ，可计算其消耗的电能。
电功率定义及计算公式
电功率定义
单位时间内电流所做的功，表 示电流做功的快慢。
计算公式
计算用电器的额定功率和 实际功率
$P = UI$，其中$P$表示电功 率，$U$表示电压，$I$表示电 流。对于纯电阻电路，还可使 用公式$P = I^2R$或$P = frac{U^2}{R}$进行计算。
分析方法
通过闭合电路欧姆定律公式推导出路端电压U与外电路电阻R的关系式，进而分 析路端电压与负载的关系。
闭合电路功率分配和能量转化
功率分配
在闭合电路中，电源提供的功率等于内、外电路消耗功率之 和。即P=EI=UI+I^2r，其中P为电源提供的功率，EI为电源 总功率，UI为外电路消耗功率，I^2r为内电路消耗功率。
02 电流的方向
规定正电荷定向移动的方向为电流方向。
03 电流的强弱
通过导体横截面的电荷量多少来衡量，即电流的 大小用电流强度（简称电流）I表示。
恒定电流与交变电流
01 恒定电流
大小和方向都不随时间变化的电流。
02 交变电流
大小和方向都随时间作周期性变化的电流。
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1．直流电路动态分析的思路 (1)分析直流电路的动态变化情况 基本思路:①“局部→整体→局部”．②先分析电路结构未变化的，再分析电路结构变化的． (2)电路中若有电表，则需根据情况首先确定是否为理想电表．一般情况下，若无特殊说明， 都按理想电表处理． (3)若电路中有电容器，则需要注意其两端电压变化时引起的电容器的充、放电． (4)若电路中有灯泡时，则灯泡的亮度是由其实际功率的大小来决定的．
E
I＝ R＋r
．
(1)路端电压与电流的关系： U＝E－Ir
．
(随2外)路电端阻电的压减与小负载而的减关小系．：U＝IR＝RR＋rE＝1＋1Rr，E 路端电压随外电阻的增大而增大 ，
3．电功、电功率
(1)电功 W＝qU＝UIt纯==电==阻= I2Rt＝UR2t 电功率 P＝Wt ＝UI纯==电==阻= I2R＝UR2 (2)在非纯电阻电路中，W＞Q，其关系为：UIt＝I2Rt＋W其他．
速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时
间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )
A．电流表的示数为10 A
答案：AC
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
A．U变小 C．Q增大
B．I变小 D．Q减小
阻器两端的电压，电容 器 极 板 上 的 电 量 Q ＝ CU ， U增加，则Q增大，C项
正确、D项错误．
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的熔断电流
2
平均值⇒ E＝NΔΔΦt ⇒计算通过导体的电荷量
三、理想变压器的基本关系式
1．功率关系： P入＝P出 ． 23．．电电压流关关系系：：只UU12有＝一nn12 个．副若线n1＞圈n时2，，为II降12＝压nn21变压器；若．n1＜n2，为升压变压器．
4．为减小远距离输电的功率损失和电压损失，远距离输电采用 高压 输电．
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热点二 交变电流的产生和变化规律
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借题发挥
例2. (2013·高考山东卷)
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，A 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
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以题说法
解 析： 滑动触头向a端移动，
则连入电路的电阻增加，
例1. (2014·广东茂名期末)如图 所示，电路中电源电动势为E，内 电阻为r.闭合开关S，待电流达到
以题说法
1．(2014·山东青岛测试)为了儿 童安全，必须检测布绒玩具中是
否存在金属断针，可以先将玩具
放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁
报警装置可以检测到断针的存在．如图所示是磁报警
装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器， 它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传
感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端
2．计算交流电的有效值时分两种情况：正弦交流电，则有效值与最大值满足：Em＝ 2．E；
若交流电为非正弦交流电，则要根据有效值的定义列式分析． 3．理想变压器原、副线圈中各量的因果关系 (1)电压关系：U1决定U2 (2)电流关系：I2决定I1 (3)功率关系：P2决定P1 上述决定关系是由变压器的原理及能量守恒确定的．
第一部分 专题讲练突破
专题四 电路与电磁感应 第9讲 恒定电流和交变电流
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一、欧姆定律
1．部分电路欧姆定律 2．闭合电路的欧姆定律
I＝ U/R ．
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二、交流电的“四值”
最大值⇒Em＝NBSω⇒计算电容器的耐压值
瞬时值⇒e＝Emsin ωt⇒计算闪光电器的闪光时间等
正、余弦交流电的有效值⇒ E＝Em ⇒电表的读数及计算电热、电功及保险丝
的电压U将( )
答案：C
A．I变大，U变大 B．I变小，U变小
C．I变大，U变小 D．I变小，U变大
解 析： 由题意知RB的电阻随断 针的出现而减小，即外
电路的电阻减小，由闭
合电路欧姆定律有 I 总 ＝ E/(R+r) 可 知 I 总 必 增大，再由U＝E－I总r 可知，外电压U减小．而 由U1＝I总R1可知，U1增 大，U3必减小，由电流 表的电流I＝I总－I3可知， 电流表的电流必变大，
故选项C正确．
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热点一 直流电路的动态分析
Байду номын сангаас
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直流电路的动态分析技巧 1.电路中不论是串联部分还是并联部分，只有一个电阻的阻值变大 (变小)时，整个电路的总电阻也变大(变小)； 2.根据总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可判断总电流、路端电 压的变化； 3.由总电流和路端电压的变化判断固定电阻部分的电压变化； 4.由固定电阻部分的电压变化，最后确定变化电阻的电压、电流的 变化．
由闭合电路欧姆定律可
知，总电路中的电流为
I
E
R R2 r
稳定后，电流表示数为I，电压表 示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的 滑动触头，从图示位置向a端移动一些，待电流达到
稳定后，则与P移动前相比( ) 答案：BC
R增加，总电流减小，B 项正确；滑动变阻器两 端 的 电 压 U ＝ E － I(R2 ＋ r) ， I 减 小 ， U 增 加 ， A 项错误；电容器两端的 电压实际上就是滑动变