高中物理模型（十一）-电路的动态变化模型

方法21高中物理模型盘点（十一）-电路的动态变化模型目录物理模型盘点——电路的动态变化模型 2一、直流电路的动态变化 3二、交变电路的动态变化 3物理模型盘点——动态电容器 7题型一：一个电容器 9题型二：两个电容器关联 9

物理模型盘点——电路的动态变化模型［模型概述］物理模型盘点——“电路的动态变化”模型指电路中的局部电路变化时引起的电流或电压的变化，变化起因有变阻器、电键的闭合与断开、变压器变匝数等。不管哪种变化，判断的思路是固定的，这种判断的固定思路就是一种模型。判断思路：（1）电路中不论是串联还是并联部分，只要有一个电阻的阻值变大时，整个电路的总电阻就变大。只要有一个电阻的阻值变小时，整个电路的总电阻都变小。（2）根据总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可判定总电流、电压的变化。（3）判定变化部分的电流、电压变化。如变化部分是并联回路，那么仍应先判定固定电阻部分的电流、电压的变化，最后变化电阻部分的电流、电压就能确定了。上述的分析方法俗称“牵一发而动全身”，其要点是从变量开始，由原因导出结果，逐层递推，最后得出题目的解。图象特性类型公式图象特例I-R图线短路，图象顶端断路，图象末端U-R图线短路，，断路，，U-I图线短路，，断路，，P-R图线当R=r时，电源的输出功率最大，时有两个等效电阻［模型讲解］一、直流电路的动态变化1.直流电路的动态变化引起的电表读数变化问题如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，各表（各电表内阻对电路的影响均不考虑）的示数如何变化？为什么？评点：从本题分析可以看出，在闭合电路中，只要外电路中的某一电阻发生变化，这时除电源电动势、内电阻和外电路中的定值电阻不变外，其他的如干路中的电流及各支路的电流、电压的分配，从而引起功率的分配等都和原来的不同，可谓“牵一发而动全身”，要注意电路中各量的同体、同时对应关系，因此要当作一个新的电路来分析。解题思路为局部电路→整体电路→局部电路，原则为不变应万变（先处理不变量再判断变化量）。2.直流电路的动态变化引起的功能及图象问题用伏安法测一节干电池的电动势和内电阻，伏安图象如图所示，根据图线回答：（1）干电池的电动势和内电阻各多大？（2）图线上a点对应的外电路电阻是多大？电源此时内部热耗功率是多少？（3）图线上a、b两点对应的外电路电阻之比是多大？对应的输出功率之比是多大？（4）在此实验中，电源最大输出功率是多大？评点：利用题目给予图象回答问题，首先应识图（从对应值、斜率、截矩、面积、横纵坐标代表的物理量等），理解图象的物理意义及描述的物理过程：由U—I图象知E=1.5V，斜率表内阻，外阻为图线上某点纵坐标与横坐标比值；当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大。二、交变电路的动态变化如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在初级线圈两端的电压，I1为初级线圈中的电流强度，则（）A.保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大B.保持P的位置及U1不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小C.保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大D.保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大总结：变压器动态问题（制约问题）①电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压U2由输入电压决定，即，可简述为“输入决定输出”②电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即，可简述为“输出决定输入”③负载制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，，原线圈的输入功率P2=P1简述为“输出决定输入”特例：当变压器空载时（即负载电阻），输出功率为零，输入电流为零，输入功率也为零。当副线圈短路时（即负载电阻R=0），输出电流为无穷大，则输入电流也是无穷大，使原线圈处于“短路”状态。［误区点拨］1.区分固定导体的I-U图线与闭合电路欧姆定律的U-I图象。2.在固定导体的I-U图线中，，斜率越大，R越小；在固定导体的U-I图线中，.，斜率越大，R越大，在闭合电路欧姆定律的U-I图象中，电源内阻，斜率越大，内阻r越大。3.区分电源总功率（消耗功率）；输出功率（外电路功率）；电源损耗功率（内电路功率）；线路损耗功率4.输出功率大时效率不一定大，当R=r，电源有最大输出功率时，效率仅为50%()，所以功率大并不一定效率高。5.求解功率最大时要注意固定阻值与可变电阻的差异。6.区分电动势E和内阻r均不变与r变化时的差异。如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是A．原线圈的输入功率为220WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110VD．副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【考点定位】正弦式交变电流的“四值”、理想变压器原副线圈电压、电流、功率与匝数的关系【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻和的阻值分别是和，eq\o\ac(○,A)为理想交流电流表，为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关断开时，电流表的示数为；当闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数比为（）2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】解法一：当S断开时，电路如右图所示由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压得 ①根据变压器原副边电压关系： ②副线圈中的电流： ③联立①②③得： ④当S闭合时，电路如右图所示由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压 得 ⑤根据变压器原副边电压关系： ⑥副线圈中的电流得： ⑦联立⑤⑥⑦得 ⑧联立④⑧解得 解法二：设开关断开前后，变压器的等效电阻为和，由于变压器输入功率与输出功率相同，闭合前：，得 ①闭合后：，得 ②根据闭合电路欧姆定律：闭合前： ③闭合后： ④根据以上各式得：解得，如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（）原、副线圈砸数之比为9:1原、副线圈砸数之比为1:9此时a和b的电功率之比为9:1此时a和b的电功率之比为1:9【答案】AD【解析】试题分析：设灯泡的额定电压为,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为，副线圈两端电压为，故，根据，A正确B错误；根据公式可得，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误D正确；如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，消耗的功率变大B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表示数变大D、若闭合开关S，则电流表示数变大，示数变大【答案】B【解析】当P上滑时，R增大，变压器的次级电压不变，则次级电流减小，则R1消耗的功率及两端电压变小，则电压表示数变大，A错，B对；P上滑时，次级电流变小，则初级电流也变小，电流表A1变小，C错；若闭合开关S，则变压器的次级减小，次级电流变大，R1的电压变大，电压表V示数减小，则R2两端电压减小，A2示数减小；次级电流变大，则初级电流变大，电流表A1变大，D错误。物理模型盘点——动态电容器【模型概述】一.必备知识1.对公式C＝eq\f(Q,U)的理解电容C＝eq\f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化。3．电容器两类问题的比较(1)U不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。②根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化。③根据UAB＝E·d＝φA－φB分析某点电势变化。(2)Q不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。②根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)分析场强变化。结论：分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小特别提醒：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。4.平行板电容器动态的分析思路【典型例题】题型一：一个电容器如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是()A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变思维引导：(1)静电计张角增大，表示什么含义？提示：表示平行板电容器两极板间电压增大。(2)平行板电容器充电完毕后与电源断开后，不变量是什么？提示：电荷量。答案：D。解析：保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝eq\f(εrS,4kπd)知，电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，极板间的电场强度不变，D正确。题型二：两个电容器关联两个相同的电容器A和B如图9所示连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有一定电荷量并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变。已知这时带电粒子的加速度大小为eq\f(g,2)，求B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比(边缘效应可忽略)。解析：设每个极板的面积均为S，每个电容器的电容均为C，且两板间距均为d，初始时刻两板带电荷量均为Q，电压为U，则C＝eq\f(Q,U)，mg＝eq