專題六電磁感應和電路第2課時直流電路和交流電路

知識方法聚焦

熱點考向例析欄目索引知識方法聚焦知識回扣1.(1)電熱(2)大于

I2Rt

I2R2.(1)①EI③UI3.(1)NBSω(2)

NBSωsinωt(3)熱效應(4)4.(1)P出知識方法聚焦規律方法直流電路動態分析方法(1)程序法：基本思路是“部分→整體→部分”.即從阻值的變化入手，由串、并聯規律判定R總的變化情況，再由歐姆定律判斷I總和U端的變化情況，最后由部分電路歐姆定律及串聯分壓、并聯分流等規律判斷各部分的變化情況.(2)結論法——“并同串反”：“并同”：指某一電阻增大(減小)時，與它并聯或間接并聯的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小).“串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯或間接串聯的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大).熱點考向例析考向1直流電路的動態分析例1

如圖1所示，平行金屬板中帶電質點P原來處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，R1的阻值和電源內阻r相等.當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則(

)A.R3上消耗的功率逐漸增大B.電流表讀數減小，電壓表讀數增大C.電源的輸出功率逐漸增大D.質點P將向上運動圖1審題突破

當R4的滑片向b端移動時，其電阻如何變化？電容器兩極板間電壓和哪部分電路電壓相等？如何分析電源的輸出功率變化情況？解析

滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，R4的阻值越來越小，故并聯電路的總電阻減小，根據串聯電路的分壓規律可得：R3的電壓減小，消耗的功率減小，故A錯誤；電容器電壓等于R3的，故也減小，所以質點P將向下運動，所以D錯誤；外電路總電阻減小，所以干路電流I1增大，而R3的電流I3減小，根據I1＝I3＋IA，可得電流表讀數IA增大，所以B錯誤；因R1的阻值和電源內阻r相等，故外電路電阻大于電源內阻，且逐漸減小，由輸出功率與外電阻的關系可得：電源的輸出功率在增大，所以C正確.答案

C針對訓練1某同學準備用一種金屬絲制作一只電阻溫度計.他先通過實驗描繪出一段金屬絲的U－I曲線，如圖2甲所示.再將該金屬絲與某一定值電阻R0串聯接在電路中，用電壓表(電壓表的內阻遠大于金屬絲的電阻)與金屬絲并聯，并在電壓表的表盤上標注溫度值，制成電阻溫度計，如圖乙所示.下列說法中正確的是(

)圖2A.從圖甲可知，該金屬絲的阻值隨溫度的升高而減小B.圖乙中電壓表的指針偏轉角越大，溫度值越小C.選用不同阻值的R0可以改變溫度計的量程，R0越大，

量程越大D.溫度越高，電源消耗的功率越大解析

從圖甲可知，圖線上的點與原點連線的斜率表示電阻的大小，故該金屬絲的阻值隨溫度的升高而增大，所以A錯誤；圖乙中電壓表的指針偏轉角越大，說明RT的阻值越大，即溫度越高，所以B錯誤；若R0越大，電壓表要偏轉同樣的角度，需RT的阻值更大，即溫度更高，量程越大，所以C正確；溫度越高，RT的阻值越大，電路電流越小，所以電源消耗的功率P＝EI越小，故D錯誤.答案

C熱點考向例析考向2交流電的產生和描述例2

如圖3甲為小型旋轉電樞式交流發電機，電阻為r＝2Ω矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，線圈的兩端經集流環和電刷與右側電路連接，右側電路中滑動變阻器R的最大阻值為R0＝

Ω，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝

，其他電阻不計.從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，閉合開關S，線圈轉動過程中理想交流電壓表示數是10V，圖乙是矩形線圈磁通量Φ隨時間t變化的圖象，則下列說法正確的是(

)圖3A.電阻R2上的熱功率為

WB.0.02s時滑動變阻器R兩端的電壓瞬時值為零C.線圈產生的e隨時間t變化的規律是e＝

cos100πt(V)D.線圈開始轉動到t＝

s的過程中，通過R1的電荷量為

C解析

根據公式P＝

得電阻R2上的熱功率為PR2＝

W，故A錯誤；0.02s通過線圈的磁通量為零，感應電動勢最大，故B錯誤；答案

D1.線圈通過中性面時的特點(1)穿過線圈的磁通量最大；(2)線圈中的感應電動勢為零；(3)線圈每經過中性面一次，感應電流的方向改變一次.以題說法2.交流電“四值”的應用(1)最大值：分析電容器的耐壓值；(2)瞬時值：計算閃光電器的閃光時間、線圈某時刻的受力情況；(3)有效值：電表的讀數及計算電熱、電功、電功率及保險絲的熔斷電流；(4)平均值：計算通過電路截面的電荷量.以題說法針對訓練2

(2014·天津·7改編)如圖4甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢圖象如圖乙中曲線a、b所示，則(

)圖4A.兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面垂直B.曲線a、b對應的線圈轉速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動勢頻率為25HzD.曲線b表示的交變電動勢有效值為10V解析

A．從圖象可知，兩次轉動都是從中性面開始計時的，故A錯誤．B.從圖象可知，曲線a、b對應的線圈轉動的周期之比為2∶3，則轉速之比為3∶2，故B錯誤．C.由圖象可知曲線a的周期Ta＝4×10－2s，則曲線a表示的交變電動勢頻率fa＝

＝25Hz，故C正確．D.交變電動勢的最大值Em＝NBSω，則曲線a、b表示的交變電動勢的峰值之比為Ema∶Emb＝ωa∶ωb＝3∶2，即Emb＝

Ema＝10V，故曲線b表示的交變電動勢的有效值為E有＝

V＝

V，D錯誤.答案

C熱點考向例析考向3

變壓器和遠距離輸電問題例3

如圖5為學校配電房向各個教室的供電示意圖，T為理想變壓器，V1、A1為監控市供電端的電壓表和電流表，V2、A2為監控校內變壓器的輸出電壓表和電流表，R1、R2為教室的負載電阻，V3、A3為教室內的監控電壓表和電流表，配電房和教室間有相當長的一段距離，則當開關S閉合時(

)圖5A.電流表A1、A2和A3的示數都變大B.只有電流表A1的示數變大C.電壓表V3的示數變小D.電壓表V2和V3的示數都變小解析

開關S閉合，負載的總電阻減小，又副線圈的電壓U2不變，所以副線圈的電流增大，電流表A2示數變大，根據變流規律可得原線圈電流增大，電流表A1示數增大，配電房和教室間有相當長的一段距離，導線所耗電壓增大，故并聯電路的電壓減小，即電壓表V3示數減小，所以電流表A3的示數減小，所以A、B錯誤，C正確；副線圈電壓不變，即V2示數不變，所以D錯誤.答案

C理想變壓器動態分析的兩種情況1.負載電阻不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨匝數比的變化情況.以題說法2.匝數比不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負載電阻的變化情況.不論哪種情況，要注意兩點：一、根據題意分清變量和不變量；二、弄清“誰決定誰”的制約關系.對電壓而言，輸入決定輸出；對電流、電功(率)而言，輸出決定輸入.以題說法針對訓練3

(2014·江蘇·3)遠距離輸電的原理圖如圖6所示，升壓變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2，電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，輸電線上的電阻為R.變壓器為理想變壓器，則下列關系式中正確的是(

)圖6解析

根據理想變壓器的工作原理得I1U1＝I2U2、

.U2不是加在R兩端的電壓，故I2≠，而I1U1等于R上消耗的功率IR與下一級變壓器的輸入功率之和.選項D正確.答案

D22熱點考向例析考向4

交變電流的綜合問題分析例4

如圖7甲是小型交流發電機的示意圖，兩極M、N間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，A為理想交流電流表，V為理想交流電壓表.內阻不計的矩形線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉動，矩形線圈通過滑環接一理想變壓器，滑動觸頭P上下移動時可改變變壓器副線圈的輸出電壓，副線圈接有可調電阻R，從圖示位置開始計時，發電機線圈中產生的交變電動勢隨時間變化的圖象如圖乙所示，以下判斷錯誤的是(

)圖7A.電壓表的示數為10VB.0.01s時發電機線圈平面與磁場方向平行C.若P的位置向上移動、R的大小不變時，電流表讀數將減小D.若P的位置不變、R的大小不變，而把發電機線圈的轉速增

大一倍，則變壓器的輸入功率將增大到原來的4倍解析

電壓表顯示的為有效值，示數為10V，A正確；0.01s時感應電動勢最大，故線圈平面與磁場方向平行，故B正確；審題突破

由題圖乙可知交流電的哪些信息？P的位置向上移動，原、副線圈的電壓有何變化？若P的位置向上移動，匝數比減小，副線圈電壓增大，R的大小不變時，電流表讀數將增大，故C錯誤；若P的位置不變、R的大小不變，而把發電機線圈的轉速增大一倍，電壓增大為原來的2倍，則變壓器的輸入功率將增大到原來的4倍，故D正確.答案

C交變電流的綜合問題，涉及交流電路最大值、有效值、平均值、瞬時值的計算，與電磁感應、安培力、閉合電路歐姆定律的綜合應用等，解答時應注意以下兩點：1.分清交流電路“四值”的不同計算方法和物理意義.2.學會將直流電路、閉合電路歐姆定律的知識應用在交流電路中.以題說法針對訓練4如圖8所示，邊長為L、匝數為N，電阻不計的正方形線圈abcd在磁感應強度為B的勻強磁場中繞轉軸OO′轉動，軸OO′垂直于磁感線，在線圈外接一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數分別為n1和n2.保持線圈以恒定角速度ω轉動，下列判斷正確的是(

)圖8A.在圖示位置時線框中感應電動勢為零B.當可變電阻R的滑片P向上滑動時