专题六_电磁感应问题的综合分析(课时2)：课件

1、专 题 六 电磁感应和电路第2课时直流电路和交流电路 知 识 方 法 聚 焦 热 点 考 向 例 析栏目索引知识方法聚焦规律方法直流电路动态分析方法(1)程序法：基本思路是“部分整体部分”.即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由欧姆定律判断 I总 和 U端 的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况.(2)结论法“并同串反”：“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小).“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大).热点考

2、向例析考向1直流电路的动态分析例1 如图 1 所示，平行金属板中带电质点 P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1 的阻值和电源内阻 r 相等.当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，则()A. R3 上消耗的功率逐渐增大B.电流表读数减小，电压表读数增大C.电源的输出功率逐渐增大D.质点 P 将向上运动图1审题突破 当 R4 的滑片向 b 端移动时，其电阻如何变化？电容器两极板间电压和哪部分电路电压相等？如何分析电源的输出功率变化情况？解析滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，R4 的阻值越来越小，故并联电路的总电阻减小，根据串联电路的分压规律可得：R3 的电压减

3、小，消耗的功率减小，故A错误；电容器电压等于 R3 的电压，故减小，所以质点 P 将向下运动，所以 D 错误；外电路总电阻减小，所以干路电流 I1 增大，而 R3 的电流 I3 减小，根据 I1 I3 IA，可得电流表读数 IA增大，所以 B 错误；因 R1 的阻值和电源内阻 r 相等，故外电路电阻大于电源内阻，且逐渐减小，由输出功率与外电阻的关系可得：电源的输出功率在增大，所以C正确.答案C针对训练1 某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计.他先通过实验描绘出一段金属丝的 UI曲线，如图 2 甲所示.再将该金属丝与某一定值电阻 R0 串联接在电路中，用电压表(电压表的内阻远大于金属丝的电阻

4、)与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示.下列说法中正确的是()图2A.从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B.图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C.选用不同阻值的 R0可以改变温度计的量程， R0 越大，量程越大D.温度越高，电源消耗的功率越大解析从图甲可知，图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小，故该金属丝的阻值随温度的升高而增大，所以 A 错误；图乙中电压表的指针偏转角越大，说明 RT 的阻值越大，即温度越高，所以 B 错误；若 R0 越大，电压表要偏转同样的角度，需 RT 的阻值更大，即温度更高，量程越大，所以 C 正确；温度越高，RT

5、的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率 P E I 越小，故 D 错误.答案C热点考向例析考向2交流电的产生和描述例2如图3甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为 r 2 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右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0 ，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1 R0 、R2 ，其他电阻不计.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关 S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象，则下列说法正确的是()图3A.电阻 R2

6、 上的热功率为 WB.0.02 s时滑动变阻器 R 两端的电压瞬时值为零C.线圈产生的 e 随时间t变化的规律是 e cos 100t (V)D.线圈开始转动到 t s的过程中，通过 R1 的电荷量为 C解析 根据公式 P 得电阻 R2上的热功率为PR2 W，故 A 正确；0.02 s 通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故 B 错误；答案AD1.线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次.以题说法2.交流电“四值”的应用(1)最大值：分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的

7、受力情况；(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；(4)平均值：计算通过电路截面的电荷量.以题说法针对训练2 (2014天津7)如图 4 甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线 a、b 所示，则()图4A.两次 t0 时刻线圈平面均与中性面重合B.曲线 a、b 对应的线圈转速之比为2 3C.曲线 a 表示的交变电动势频率为25 HzD.曲线 b 表示的交变电动势有效值为10 V解析A.从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故 A 正确.B.从图象可知，曲线 a、b 对应的线圈转动的

8、周期之比为 2 3，则转速之比为 3 2，故 B 错误.解析C.由图象可知曲线 a 的周期 Ta4102 s，则曲线 a 表示的交变电动势频率 fa 25 Hz，故 C 正确.D.交变电动势的最大值 Em NBS，则曲线 a、b 表示的交变电动势的峰值之比为 Ema Emb a b 3 2，即 Emb Ema10 V，故曲线 b 表示的交变电动势的有效值为 E有 V V，D 错误.答案AC热点考向例析考向3变压器和远距离输电问题例3如图 5 为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，V1、A1 为监控市供电端的电压表和电流表，V2、A2 为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、

9、R2 为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关 S 闭合时()图5A.电流表 A1、A2 和 A3 的示数都变大B.只有电流表 A1 的示数变大C.电压表 V3 的示数变小D.电压表 V2 和 V3 的示数都变小解析开关 S 闭合，负载的总电阻减小，又副线圈的电压 U2 不变，所以副线圈的电流增大，电流表 A2 示数变大，根据变流规律可得原线圈电流增大，电流表 A1 示数增大，配电房和教室间有相当长的一段距离，导线所耗电压增大，故并联电路的电压减小，即电压表 V3 示数减小，所以电流表A3 的示数减小，所以 A、B 错误，C 正确；副

10、线圈电压不变，即 V2 示数不变，所以 D 错误.答案C理想变压器动态分析的两种情况1.负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况.以题说法2.匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况.不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、弄清“谁决定谁”的制约关系.对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入.以题说法针对训练3 (2014江苏3)远距离输电的原理图如图 6 所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为 U1、U2，电流分别为 I1、I2，输电线上的电阻为 R .

11、变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()图6解析根据理想变压器的工作原理得 I1U1I2U2、 . U2 不是加在 R 两端的电压，故I2 ，而 I1U1 等于 R 上消耗的功率 I22R与下一级变压器的输入功率之和.选项 D 正确.答案D热点考向例析考向4交变电流的综合问题分析例4如图 7 甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表，V 为理想交流电压表.内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴 OO 沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头 P 上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻 R，

12、从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()图7A.电压表的示数为10 VB.0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C.若 P 的位置向上移动、R 的大小不变时，电流表读数将减小D.若 P 位置不变、R 大小不变，而把发电机线圈转速增大 1 倍，则变压器输入功率将增大到原来 4 倍解析 电压表显示的为有效值，示数为10 V，A 正确；0.01 s时感应电动势最大，故线圈平面与磁场方向平行，故 B 正确；审题突破由题图乙可知交流电的哪些信息？P 的位置向上移动，原、副线圈的电压有何变化？若 P 的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R

13、 的大小不变时，电流表读数将增大，故 C 错误；若 P 的位置不变、R 的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的 2 倍，则变压器的输入功率将增大到原来的 4 倍，故 D 正确.答案ABD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，解答时应注意以下两点：1.分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义.2.学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中.以题说法针对训练4 如图 8 所示，边长为 L、匝数为 N，电阻不计的正方形线圈 abcd 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕转轴 OO 转动，轴 OO 垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为 n1 和 n2 .保持线圈以恒定角速度 转动，下列判断正确的是()图8A.在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大B.当可变电阻 R