专题六--电路分析...ppt

1、专题六 电路分析,目 录,要点回顾 （3）,典例赏析 （6）,跟踪练习 （17）,返回目录,1.电路的动态变化.引起电路特性发生变化主要有三种情况： 滑动变阻器滑动片位置的改变，使电路的 发生变化；电键的 或换向（双掷电键）使电路结构发生变化； 使电路的结构发生变化. 2.电源输出的最大功率 电源输出功率最大的条件为： ，此时的最大输 出功率为 电源的效率为50%.当外电阻不能与电源内阻相等 时，外电阻与电源内阻 时，输出功率最大.,要点回顾,答案 电阻；闭合、断开；非理想电表的接入,答案 Rr，即外电阻等于电源内阻；接近,返回目录,3.交流电的有效值的概念是根据电流的热效应规定的，具有等效的

2、含义.理解其概念时应注意“三同”，即： 、 、 .在交流电路中，电表的测量值，计算电功用的电流和电压值，电器设备上所标的额定电流和电压值均指的是有效值. 4.理想变压器工作时：变压器的输入功率 输出功率，且输出功率随负载的变化而变化，输入功率随输出功率变化,要点回顾,答案 “同样电阻”；“同一时间”；“产生的热量相同”,返回目录,而变化； 可知： 即变压器副线圈两端电压由 和 决定；变压器副线圈上的电流由副线圈的 和 决定，即,要点回顾,答案 等于；原、副线圈的匝数比 ；输入电压U1；输出电压；负载,返回目录,典例赏析,变式练习1 一个标有“220 V，100 W”字样的白炽灯泡，用多用电表的

3、欧姆挡去测量它的电阻，其阻值（ ） A.接近于484 B.一定等于484 C.明显大于484 D.明显小于484 ,D,解析 利用RU2/P2202/100484 计算出来的电阻是灯泡正常发光时的电阻，此时，灯泡的温度比用多用电表的欧姆挡测量时的温度高很多，而金属钨的电阻随温度的升高而较显著地增大，所以计算出来的阻值比测量的阻值明显要高，选D.,返回目录,典例赏析,的两个平行极板之间有一个质量为m，电量为q的带电小球.当电键K闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上.现把电键打开，带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化.碰后

4、小球带有与该极板相同性质的电荷, 而且所带的电量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板.求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷.,变式练习2 如图所示的电路中，4个电阻的阻值均为R，E为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极.平行板电容器两极板间的距离为d.在平行极板电容器,返回目录,典例赏析,解析 由电路图可以看出，因R4支路上无电流，电容器两极板间电压，无论K是否闭合始终等于电阻R3上的电压U3，当K闭合时，设此两极板间电压为U，电源的电动势为E，由分压关系可得： UU32E/3 小球处于静止，由平衡条件得：qU/dmg 当K断开，由R1和R3串联可得电容两极板间电压：UE/2

5、 因此得：U3U/4 UU表明K断开后小球将向下极板运动，重力对小球做正功，电场力对小球做负功，表明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系：mgd/2qU/2mv2/20,返回目录,典例赏析,因小球与下极板碰撞时无机械能损失，设小球碰后电量变为q，由功能关系得：qUmgd0mv2/2 联立上述各式解得：q7q/6 即小球与下极板碰后电荷符号未变，电量变为原来的7/6.,变式练习3 如图所示，长平行导轨PQ、MN光滑，相距l0.5 m，处在同一水平面中，磁感应强度B0.8 T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.横跨在导轨上的,答案 7q/6,返回目录,典例赏析,直导线ab的质量m0.1 kg、电阻

6、R0.8 ，导轨电阻不计.导轨间通过开关S将电动势E1.5 V、内电阻r0.2 的电池接在M、P两端，试计算分析： （1）在开关S刚闭合的初始时刻，导线ab的加速度多大？随后ab的加速度、速度如何变化？ （2）在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度v7.5 m/s沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况（通过具体的数据计算说明）.,返回目录,典例赏析,解析 （1）在S刚闭合的瞬间，导线ab速度为零，没有电磁感应现象，由a到b的电流 ab受安培力水平向右，此 时瞬时加速度 ab运动起来且将发生电磁感应现象.ab向右运动的速度为v时，感应电动势EBlv，根据右手定则，ab上的感应电动势（

7、a端电势比b端高）在闭合电路中与电池电动势相反.电路中的电流（顺时针方向， ）将减小（小于I01.5 A）, ab所受的向右的安培力 随之减小，加速度也减小.尽管加速度减小，速度还是在增大，感应电动势E随速度的增大而增大，电路中电流进一步减小，安培力、,返回目录,典例赏析,加速度也随之进一步减小，当感应电动势E与电池电动势E相等时，电路中电流为零，ab所受安培力、加速度也为零，这时ab的速度达到最大值，随后则以最大速度继续向右做匀速运动. 设最终达到的最大速度为vm，根据上述分析可知：EBlvm0 所以 （2）如果ab以恒定速度v7.5 m/s向右沿导轨运动，则ab中感应电动势EBlv0.80

8、.57.5 V3 V 由于EE，这时闭合电路中电流方向为逆时针方向，大小为：,返回目录,典例赏析,直导线ab中的电流由b到a，根据左手定则，磁场对ab有水平向左的安培力作用，大小为：FBlI0.80.51.5 N0.6 N 所以要使ab以恒定速度v7.5 m/s向右运动，必须有水平向右的恒力F0.6 N作用于ab. 上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点： 作用于ab的恒力（F）的功率： PFv0.67.5 W4.5 W 电阻（Rr）产生焦耳热的功率： PI2(Rr)1.52(0.80.2) W2.25 W,返回目录,典例赏析,逆时针方向的电流I，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“

9、充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来.电池吸收能量的功率：PIE1.51.5 W2.25 W 由上看出，PPP，符合能量转化和守恒定律（沿水平面匀速运动机械能不变）. 变式练习4 如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线（火线和零线）采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器.Q是一个脱扣开关的控制部分（脱扣开关本身没有画出，它串,返回目录,典例赏析,联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断），Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开

10、关即断开，使用户断电.,返回目录,典例赏析,（1）用户正常用电时，a、b之间有没有电压？ （2）某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？,解析（1）用户正常用电时，a、b之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生. （2）人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而副线圈的两端产生感应电动势，脱扣开关就会断开.,跟踪练习,返回目录,1.如图所示电路中E为电源，其电动势E9.0 V，内阻可忽略不计，AB为滑动变阻器，其电阻R

11、30 ；L为一小灯泡，其额定电压U6.0 V，额定功率P1.8 W；S为开关.开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A方滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光， 则CB之间的电阻应为（ ） A.10 B.20 C.15 D.5 ,跟踪练习,返回目录,解析 小灯泡正好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流 I额PU1.86.0 A0.3 A 两端电压达到额定电压U额6.0 V 而小灯泡和电源、滑动电阻AC串联，则电阻AC的电流与小灯泡的电流相等，则： RCBRRAC30 10 20 .,答案 B,跟踪练习,返回目录,2.如图所示电路，电源的电动势为E，内阻为r，

12、R0为固定电阻，R为滑动变阻器.在变阻器的滑片由a端移向b端的过程中，电容器C所带的电量（ ）,跟踪练习,返回目录,A.逐渐增加 B.逐渐减小 C.先增加后减小 D.先减少后增加,解析 在滑动变阻器的滑片由a端移向b端的过程中，如图所示电路的外电阻逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可知：通过电源的电流I逐渐增大，路端电压UEIr逐渐减小，加在电容器C上的电压逐渐减小，C为固定电容器，其所带电量逐渐减少，所以只有选项B正确.,答案 B,跟踪练习,返回目录,3.某居民家中的电路如下图所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常发光.拔出电饭煲的

13、插头，把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则（ ） A.仅电热壶所在的C、D两点间发 生了断路故障 B.仅电热壶所在的C、D两点间发 生了短路故障 C.仅导线AB间断路 D.因为插座用导线接地，所以发生了上述故障,跟踪练习,返回目录,解析 由于电灯仍正常发光，说明电源是好的，电热壶所在的C、D两点间没有发生短路故障.把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶所在的C、D两点间没有发生断路故障.综合分析可知，故障为导线AB间断路，即C选项正确. 4.如图所示，电阻R120 ，电动机绕线电阻R210 ，当电键S断开时，电流表的示数是I1

14、0.5 A，当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（ ）,答案 C,跟踪练习,返回目录,A.I1.5 A B.I1.5 A C.P15 W D.P15 W,解析 当电键S断开时，电动机没 有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压UI1R110 V；当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U10 V, 通过电动机的电流应满足UI2 所以I21 A.所以，电流表的示数为I1.5 A,电路消耗的电功率P15 W，即BD正确.,答案 BD,跟踪练习,返回目录,5.如图所示，由一根绝缘导线绕成半径相同的两个小圆组成的“”形线圈水平放置，匀强磁场方向与

15、线圈平面垂直.若将磁场的磁感应强度由B增强至2B的过程中有电量Q通过线圈，则下列过程中不能使线圈中通过电量为Q的有（ ） A.保持B不变，将线圈平面翻转90 B.保持B不变，将线圈平面翻转180 C.保持B不变，将线圈的一个小圆平 面翻转180 D.保持B不变，将线圈拉大成一个大圆,跟踪练习,返回目录,解析 根据电流的定义式和法拉第电磁感应定律可得出产生电磁感应现象时通过线圈的电量为 （R为线圈电阻） 所以将磁场的磁感应强度由B增强至2B的过程中通过线圈的电量 若保持B不变，将线圈平面翻转90时BS 通过线圈的电量 与将磁场的磁感应强度由B增强至2B的过程中通过线圈的电量Q相同.,跟踪练习,返

16、回目录,保持B不变，将线圈平面翻转180时2BS 通过线圈的电量 是将磁场的磁感应强度由B增强至2B的过程中通过线圈的电量Q的两倍. 保持B不变，将线圈的一个小圆平面翻转180时 通过线圈的电量 与将磁场的磁感应强度由B增强至2B的过程中通过线圈的电量Q相同. 保持B不变，将线圈拉大成一个大圆，大圆周长不变，且为,跟踪练习,返回目录,22r（r为小圆半径），半径变为 面积变为S r 24r2， 所以SS S4r22r22r2S 因此BS 通过线圈的电量 与将磁场的磁感应强度由B增强至2B的过程中通过线圈的电量Q相同. 所以题中可能情况是A、C、D，不可能的情况是B.,答案 B,跟踪练习,返回目

17、录,6.在如图所示的电路中，T为理想的调压变压器，交流电流表A、交流电压表V是理想的交流电表.在ab之间接上电压有效值保持不变的正弦交流电源.若将调压变压器的滑动触头P向上移动一些，则（ ）,跟踪练习,返回目录,A.电流表A的示数变小 B.电流表A的示数不变 C.电压表V的示数变大 D.变压器的输入功率变大,答案 A,解析 P向上滑，原线圈匝数n1增大，而副线圈匝数n2减小、变压器输入电压（U1U）不变，由 U2减小,即电压表V的示数减小. 副线圈回路电流 减小，由 所以I1减小，即电流表A的示数变小. 负载消耗的功率 因U2减小，所以P2减小，根据能量转化和守恒定律知，P1P2，即变压器的输

18、入功率变小.,跟踪练习,返回目录,7.一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示.若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪些措施可以加以改进（ ） A.在R上串联一个比R小得多的电阻 B.在R上串联一个比R大得多的电阻 C.在R上并联一个比R小得多的电阻 D.在R上并联一个比R大得多的电阻,跟踪练习,返回目录,解析 在使用时电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过表头G的电流 稍小一些，即与表头串联的分压电阻稍大了一点.因此就必须减小分压电阻R.在R上串联一个电阻只会使R增大，故选项A、B均是错误的.要减小R的阻值，应在R上并联一个电阻.根 据公式 可知, Rx越大，对R并

19、的影响越小.因此， 要使分压电阻R稍小一些，就必须在R上并联一个比R大得多的电阻.选项D是正确的.,答案 D,A. B. C. D.,跟踪练习,返回目录,8.一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 .磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示.则线框中感应电流的有效值为（ ）,跟踪练习,返回目录,解析 由题图可知，电流变化周期T5 s，t13 s内产生恒定电流I1，t22 s内产生恒定电流I2.据： 在一个周期内，据电流的热效应有：QQ1Q2， 即 代入数据B6103 T，S3.6103 m2 由得 故B正确., ,答案 B,跟踪练习,返回目录,由静止

20、释放，在EF棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段.今用大小为F，方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD位置由静止推至距BD,9.如图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为.整个装置处在磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC端连有电阻值为R的电阻.若将一质量M，垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处,跟踪练习,返回目录,端s处，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端.求： （1）EF棒下滑过程中的最大速度； （2）EF棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有多少电能转化成了内能（金属棒、导轨的电阻均不计）？,解析 （1）如图当EF从距BD端s

21、处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示. 安培力： 根据牛顿第二定律：,跟踪练习,返回目录,所以，EF由静止开始做加速度减小的变加速运动.当a0时速度达到最大值vm. 由上式中a0有：MgsinB2l2vm/R0 解得： （2）由恒力F推至距BD端s处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速. 设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中，转化成的内能为E.根据能的转化与守恒定律：,答案 （1） ； （2）,跟踪练习,返回目录,10.燃烧型磁流体发电机由燃烧室、发电通道和磁体三个主要部件组成，如下图甲所示的是最简单的磁流体发电机的结构示意图.燃烧室是燃料燃烧

22、的地方，燃烧所产生的高温气体（导电流体）经喷管提高流动速度，以高温高速进入发电通道，切割磁感线产生感应,所以：,跟踪练习,返回目录,电动势而发电，其发电原理的示意图如图乙所示.为提高高温气体的导电性能，实际中所采用的办法是在高温燃烧的气体中添加一定比例的、容易电离的含钾、铯等物质的碱金属化合物.同时为提高发电的效率，通常将燃烧型磁流体发电机作为热循环系统的第一级，与普通的火力蒸汽发电机组合起来，采用磁流体蒸汽联合电站方式发电，即用磁流体发电机排放的湿度很高的气体产生蒸汽，按普通火力发电的形式再次发电，可以大大提高热效率，也可以有效地减少环境污染.,跟踪练习,返回目录,（1）火力发电对环境的污染主要表现为热污染和大气污染.热污染指的是 ；减少烟气尘埃的有效办法是“静电除尘”，丙图是静电除尘器