福建省届高考物理二轮专题总复习专题电路分析计算和电磁感应-精品

第1课时直流和交流电路的分析与计算专题七电路分析、计算和电磁感应一、直流电路的动态分析和计算1、闭合电路中只要有一只电阻的阻值发生变化，就会影响整个电路，使总电路和每一部分的电流、电压都发生变化．依据是闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律，按局部→整体→局部依序讨论．2、定量计算则要掌握串联的分压、并联的分流及串并联电路的规律，正确运用闭合电路欧姆定律，区分外电压和电动势，明确各种功率．【例1】在如图712所示电路中，定值电阻R0=2，安培表和伏特表均为理想电表．闭合开关K，当滑动变阻器Rx滑片P从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0V到3V，安培表的变化范围为0.75A到1.0A.求：(1)电源的电动势和内阻；(2)移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率．W【解析】先明确滑片位于两个端点时的电路结构，再利用闭合电路的欧姆定律以及功率的计算方法进行分析计算．解：11110A001()xxRUIEIRr当时时，，对应电流为，由闭合电路欧姆定律得，)①(1222220230.75A()12V3       40.7510mxxxxxxERUIEIRrUURRrIV当为最大值时，，对应电流为，有②的最大值为由①②两式代入数据得，，2000002002   ()    ()12(42)W2180247WxxxxxxmxmEPRRRRrRRrRRrRREPRRRRr输出输出电源的输出功率当时，电源有最大输出功率，但恒小于，由输出功率随外电阻变化的关系知，当取最大值时输出功(2率大)最，本题考查的是闭合电路欧姆定律、电功率，正确理解电源电动势、闭合电路欧姆定律、电源具有最大输出功率的条件，是解决本题的关键．【方法技巧小结】【变式训练-1】如图713所示电路中，已知电阻R1=2，R2=5，灯泡L标有“3V,1.5W”字样，电源内阻r=1，滑动变阻器的最大阻值为Rx.当滑片P滑至a端时，电流表的示数为1A，此时灯泡L恰好正常发光．求：(1)当滑片P滑至b端时，电流表的示数；(2)当滑动变阻器Pb段的电阻为0.5Rx时，变阻器上消耗的功率．WW某同学的部分解答如下：灯L的电阻RL===6滑片P滑至b端时，灯L和(Rx+R2)并联，并联电阻为：R并=由RL·IA=(Rx+R2)·I2(IA、I2分别为通过电流表和R2的电流)得I2=流过电源的电流为I=IA+I2上述解法是否正确？若正确，请求出最后结果；若不正确，请指出错在何处，纠正后求出最后结果．2灯UP231.522LxLxRRRRRR【解析】灯L的电阻RL=6正确，错在没有看出RPa和R2串联部分已被短路，(1)当P在b端时，电流表示数为I′==2A(2)当RPb=3时，R并=2，电流表示数I″==1.2AU并=E-I″(R1+r)=2.4V，PRx==1.92W.1ERr1ERRr2PbUR二、描述交变电流的物理量、变压器1．瞬时值：正弦交流瞬时值表达式为：e=Emsinwt，i=Imsinwt.应当注意必须从中性面开始．生活中用的市电电压为220V，其最大值为220V=311V(有时写为310V)，频率为50Hz，所以其电压瞬时值的表达式为u=311sin（314t）V.2．最大值：当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，Em=nBSw(转轴垂直于磁感线)．电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值．3．平均值：它是指交流电图象中图线与横轴所围成的面积值跟时间的比值．其量值可用法拉第电磁感应定律来求．它不同于瞬时值和有效值．Ent4．有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值．通常所说交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值．用电器上所标电压、电流值也是指有效值．在计算交流电通过导体产生热量、热功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值．有效值与最大值的关系：E=Em/(适用正弦或余弦式)．2本内容要求能对正弦交流电的函数表达式、图象表示法有正确的理解，能利用函数关系式或图象求解涉及交流电的“四值”问题，特别要注意交流电“四值”适用的场合．【例2】理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为.氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有()A．开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变t（）mp=202sin100V【解析】首先应从电压瞬时值的表达式中获取信息，再结合变压器原理综合分析．由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U1=V=20V，由得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为f==50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，A项错误；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误．答案选B.20221122nUnU1002pp【方法技巧小结】正确理解交流电的瞬时值、有效值、最大值是解题的关键，在复习时，特别注意对交流电有效值的理解和计算；部分考生对变压器工作原理理解不深刻，辨不清原副线圈中的变量与不变量，理不明各量间“谁制约谁”的制约关系；导致错选．【变式训练-2】如图715(甲)为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连，P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压、功率均指有效值．）下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是()A．(1)(3)B．(2)(3)C．(1)(4)D．(2)(4)【解析】副线圈是均匀绕制的且滑动头是匀速上滑，也就是副线圈的匝数在均匀增大，根据变压器的电压关系(k为单位时间增加的副线圈匝数)，故(3)正确；灯泡两端的电压由零增大时其电阻也增大，描绘的伏安特性曲线为(2)，故(2)正确；灯泡的功率增大得越来越快，(4)错误；原线圈功率等于灯泡消耗的电功率，由于灯泡消耗的功率增大，所以原线圈的电流一定增大，(1)错误，选B.2212121UnUUktUnn，得一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻．并按照规范在图中标出相应的物理量符号．求解过程中注意相应的制约关系，同时对于动态变化过程的分析，可以借助于直流电路的动态分析方法，结合原、副线圈中电流、电压与功率的关系进行判断．三、远距离输电【例三】某小型水电站的电能输送示意图如图716所示．发电机的输出电压为220V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数比为n1∶n2.降压变压器原副线匝数比为n3∶n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则下列表述正确的是()①＞②＜③升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压④升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率A．①③B．①④C．②③D．②④21nn21nn34nn34nn【解析】从左至右，按照3个回路，结合变压器工作原理、远距离输电的几个关系式进行分析．解：根据变压器工作原理可知=，=由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以①正确，②③不正确．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，④正确．答案选B.12nn2220VU34nn3220VU21nn34nn远距离输电，从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P2，P3=P4，P1=Pr+P3.电压之间的关系是：=，=，U2=Ur+U3.电流之间的关系是：=，=，I2=Ir=I3.输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的．分析和计算时都必须用，Ur=I2r.特别重要的是要会分析输电线上的功率损失．Pr=()2∝【方法技巧小结】34UU12UU12nn34nn12II12nn34nn34II22rPIr12PULS221US【变式训练-3】(2019·浙江卷)某水电站，用总电阻为2.5的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW.现用500kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2.0×105AB．输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD．输电线上损失的功率为，U为输电电压，r为输电线的电阻2/PUrW【解析】由P=IU得输电线上输送的电流I==A=6×103A由=Ir得输电线路上的电压损失=6×103×2.5V=15×103V若用5kV电压输电，输电线上损失的功率为=r=()2×2.5W=9×108kW比总功率还大，不可能．PU633310105001022PU631052PIrUU第2课时电磁感应现象和规律的应用一、电磁感应现象中图象问题基本方法：①看清横、纵坐标表示的物理量．②根据研究问题的函数关系，理解图象的物理意义．③画出对应的物理图象(常常采用分段法，数学法来处理)．注意在图象中E、I、B等物理量的方向是通过正负值来反映，故确定大小变化的同时，还应确定方向的变化情况．例1：(2019·厦门双十模拟卷)如图721所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a，一正三角形(高度为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流I与线框移动距离x的关系图象正确的是()图721解析：本题考查了电磁感应电路图象问题的分析．正确应用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律分阶段分析．解：设导线框移动速度为v，当导线框进入左侧磁场时，根据法拉第电磁感应定律，有E1=Blv，因切割的有效长度均匀增大，故电动势E1均匀增大，又根据楞次定律判断出电流为逆时针方向，为正值；当导线框一部分进入右侧磁场一部分留在左侧磁场时，对两部分导体分别利用右手定则判断两部分切割磁感线时的电流方向，左侧磁场中的线框AB边上的电流方向为A流向B，右侧磁场中BCA边的电流方向为B流经C到A，也就是顺时针方向为负值，且相当于两个电源串联，电动势大于E1，所以C正确．处理图象问题时，可先用电势的高低或电流的方向，即正负值来排除，再用感应电动势或电流的大小来排除，以便节约答题时间．方向可由右手定则或楞次定律确定，大小由切割的有效长度或法拉第电磁感应定律来确定．变式训练1：(2019·浙江卷)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图722(甲)所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图722(乙)所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为+q的静止微粒，则以下说法正确的是()图722A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2r2/dp解析：0～1s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．1～2s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，2s末速度减小为零．2～3s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直