专题六 第2课时

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知识回扣1.(1)电热(2)大于

I2Rt

I2R2.(1)①EI③UI3.(1)NBSω(2)

NBSωsinωt(3)热效应(4)4.(1)P出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的电压减小，消耗的功率减小，故A错误；电容器电压等于R3的，故也减小，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U－I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)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的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率P＝EI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＝2Ω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＝

Ω，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10V，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则下列说法正确的是(

)图3A.电阻R2上的热功率为

WB.0.02s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＝

cos100πt(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错误；0.02s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B错误；答案

D1.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改编)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t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直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25HzD.曲线b表示的交变电动势有效值为10V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错误．B.从图象可知，曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B错误．C.由图象可知曲线a的周期Ta＝4×10－2s，则曲线a表示的交变电动势频率fa＝

＝25Hz，故C正确．D.交变电动势的最大值Em＝NBSω，则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema∶Emb＝ωa∶ωb＝3∶2，即Emb＝

Ema＝10V，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

C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、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.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I1U1＝I2U2、

.U2不是加在R两端的电压，故I2≠，而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和.选项D正确.答案

D22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，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，以下判断错误的是(

)图7A.电压表的示数为10VB.0.01s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，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍解析

电压表显示的为有效值，示数为10V，A正确；0.01s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

C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ω转动，下列判断正确的是(

)图8A.在图示位置时线框中感应电动势为零B.当可变电阻R的滑片P向上滑动时