福建省届高考物理二轮专题总复习课件专题电路分析计算和电磁感应.ppt

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,【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：,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,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,【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= =1.2A U并=E-I(R1+r)=2.4V，PRx= =1.92W.,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,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),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15，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50Hz B开关接通后，电压表的示数为100V C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,【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.,【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.,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n1n2.降压变压器原副线匝数比为n3n4(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( ) 升压变压器的输出电压等于 降压变压器的输入电压 升压变压器的输出功率大于 降压变压器的输入功率 A B C D,【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U2U3，所以 正确，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，正确答案选B.,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】,【变式训练-3】 (2010·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2.0×105A B输电线上由电阻造成的损失电压为15kV C若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率 为9×108kW D输电线上损失的功率为 ，U为输电电压，r为输电线的电阻,【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,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： 看清横、纵坐标表示的物理量 根据研究问题的函数关系，理解图象的物理意义 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：(2010·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：(2010·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7­2­2,A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0.2 r2/d,解析：01s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 12s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 23s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下做匀加速 运动两极板间的电场强度大小,34s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下做匀减速运动，4s末速度减小为零，同时回到了原来的位置选A.,二、电磁感应现象中力学问题 (1)基本方法： 用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向； 求出回路的电流强度； 分析研究导体受力情况(包括安培力，用左手定则确定其方向)； 列平衡方程或动力学方程求解 (2)解决电磁感应现象中力学问题的技巧： 因电磁感应中力和运动问题所给图形大多为立体空间分布图，故在受力分析时，应把立体图转化为,平面图，使物体(导体)所受的各力尽可能在同一平面图内，以便正确对力进行分解与合成，利用物体的平衡条件和牛顿运动定律列式求解 对于非匀变速运动最值问题的分析，注意应用加速度为零，速度达到最值的特点,例2：(2010·福建卷)如图7­2­3所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力， 使它沿导轨匀速向上运动，此 时放在导轨下端的b棒恰好静止 当a棒运动到磁场的上边界PQ处 时，撤去拉力， a棒将继续沿,导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计求： (1)a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比； (2)a棒质量ma； (3)a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F.,解析：本题是一道电磁感应综合题，涉及直流电路的分析与计算，安培力、平衡条件，牛顿运动定律等较多知识点，全面考查考生的分析综合能力试题情景较复杂(有三种情景)，能力要求较高,(2)由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向上滑动的速度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相等，即v1=v2=v，设磁场的磁感应强度为B，导体棒长为L，在磁场中运动时产生的感应电动势为,电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力解答电磁感应中的力学问题，一方面要应用电磁学中的有关规律，另一方面运用力学的有关规律等在分析方法上，要始终抓住导体棒的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体棒(或线圈)的运动过程以及运动过程中状态的变化，把握运动状态的临界点,变式训练2：如图7­2­4甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4 ，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1 的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之 由静止开始运动，若理 想电压表的示数U随时 间t变化的关系如图7­2­4乙所示,图7­2­4,求：(1)金属杆在5s末时的运动速度 (2)第4s末时外力F的瞬时功率,(2)由乙图可知，R两端电压随时间均匀变化，所以电路中的电流也随时间均匀变化，由闭合电路欧姆定律知，棒上产生的电动势也是随时间均匀变化的因此由E=BLv可知，金属杆所做的运动为匀变速直线运动，,三、电磁感应现象中电路问题 (1)基本方法： 确定电源：先判断产生电磁感应现象的那一部分导体，该部分导体可视为等效电源 分析电路结构，画等效电路图 利用电路规律求解，主要有欧姆定律，串并联规律等 (2)常见的一些分析误区： 不能正确分析感应电动势及感应电流的方向因产生感应电动势那部分电路为电源部分，故该,部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势 应用欧姆定律分析求解电路时，不注意等效电源的内阻对电路的影响 对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是外电压，而不是等效电源的电动势,例3：如图7­2­5甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d=0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R=2 的电阻连接，右端通过导线与阻值RL=4 的小灯泡L连接在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l=2m，有一阻值r=2 的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图7­2­5乙所示在t=0至,图7­2­5,t=4s内，金属棒PQ保持静止，在t=4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求： (1)通过小灯泡的电流 (2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小,解析：根据题意分阶段讨论，分别画出两种情形的等效电路，弄清电路结构，结合电磁感应规律求解,(2)当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻R总,解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路，感应电动势的大小相当于电源电动势，其余部分相当于外电路，并画出等效电路图，处理该类问题时，要注意电源电动势与外电压的区别，正确分析内电路与外电路,变式训练3：如图7­2­6所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角a=30°，导轨电阻不计磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R， 定值电阻R1=2R，电阻箱 电阻调到使R2=12R，重 力加速度为g，现将金属 棒由静止释放，试求：,图7­2­6,(1)金属棒下滑的最大速度为多大？ (2)R2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？,四、电磁感应现象中能量转化问题 基本方法： 用法拉第电磁感应和楞次定律确定感应电动势的大小和方向 画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率表达式 分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，即能量守恒方程,例4：如图7­2­7所示，足够长的U形导体框架的宽度L=0.5m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成=37°角，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量m=0.2kg，有效电阻R=2 的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数=0.5.导体棒由静止 开始沿框架下滑到刚开始匀速 运动，通过导体棒截面的电荷 量共为Q=2C.求：(1)导体棒匀 速运动的速度；(2)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的有效电阻消耗的电功(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2),图7­2­7,解析：先应将立体图转化为平面图，以便分析导体棒所受到的力，列出平衡方程求解；再利用能量守恒列出方程求解 解：(1)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图： 因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v， 则：平行斜面：mgsin-f-F=0 垂直斜面：N-mgcos=0其中：f=N 安培力：F=BIL，电流强度I= 感应电动势E=BLv 由以上各式得：v= =5m/s,分析过程中应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，即分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其他形式能转化为电能，做正功将电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解,变式训练4：如图7­2­8所示，一边长L=0.2m，质量m1=0.5kg，电阻R=0.1w的正方形导体线框abcd，与一质量为m2=2kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连起初ad边距磁场下边界为d1=0.8m，磁感应强度B=2.5T，磁场宽度d2=0.3m， 物块放在倾角=53°的斜面上， 物块与斜面间的动摩擦因数 =0.5.现将物块由静止释放， 经一段时间后发现当ad边从磁场 上边缘穿出时，线框恰好做匀速运 动(g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)求：,图7­2­8,(1)线框ad边从磁场上边缘穿出时绳中拉力的功率； (2)线框刚刚全部进入磁场时速度的大小； (3)整个运动过程中线框产生的焦耳热,