三维设计2012高考物理二轮复习课件(广东专版)：第一部分 专题8 恒定电流与交变电流

专题八恒定电流与交变电流抓基础探技法研考向提能力[备考方向要明了]主要问题应用电路知识和能量观点解决直流电和交流电的电路问题主要考点①直流电路的动态分析；②变压器原理及三个关系的应用；③交变电流的产生及描述问题主要方法①理想化模型(变压器)；②等效思想的应用(等效电路图)；③电路分析时用到的程序法、假设法、极限法主要策略在复习时要夯实基础，重在理清各个基本概念、熟记基本公式，明确各公式的适用条件。对于交变电流的问题，重视对交流电“四值”的理解及应用，变压器问题是复习的重中之重。还要重视该部分知识在实际生活中应用的问题一、欧姆定律1．部分电路欧姆定律I＝UR2．闭合电路的欧姆定律I＝ER＋r(1)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir。(2)路端电压与负载的关系：U＝IR＝RR＋rE＝11＋rRE，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。二、直流电路中的能量问题1．(1)电功W＝qU＝UIt=====纯电阻I2Rt＝U2Rt电功率P＝Wt＝UI=====纯电阻I2R＝U2R(2)在非纯电阻电路中，WQ，其关系为：UIt＝I2Rt＋W其他。2．电源的几个功率(1)总功率：P总＝EI(2)内部消耗的功率：P内＝I2r(3)输出功率：P出＝UI(4)最大输出功率：Pm＝E2/4r，此时R＝r。三、交流电的产生与描述1.2．交流电的“四值”四、理想变压器1．基本关系功率关系P1＝P2电压关系U1U2＝n1n2，与负载、副线圈的个数多少无关电流关系(1)只有一个副线圈：I1I2＝n2n1(2)多个副线圈：I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn或U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn基本关系频率关系f1＝f2(1)U1决定了U2(2)I2决定了I1因果关系(n1、n2不变)(3)P2决定了P12．远距离输电(1)输电过程，如图8－1所示：图8－1(2)常用关系式：①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3。②电压损失：U损＝U线＝I2R线＝U2－U3③输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝U2－U3R线。④输电导线上损耗的电功率：P损＝P线＝I线U线＝I2线R线＝(P2U2)2R线1.程序法基本思路是“部分→整体→部分”，即从阻值变化的部分入手，由串、并联规律判断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，最后再由部分电路欧姆定律判定各部分电流或电压的变化情况。即R局增大减小→R总增大减小→I总减小增大→U端增大减小⇒I分U分2．直观法即直接应用“部分电路中R、I、U的关系”中的两个结论。(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。即R↑→I↓U↑(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电阻电压U串的减小。即R↑→I并↑U串↓3．极端法即因变阻器滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个端点去讨论。1．(2011·北京高考)如图8－2所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()图8－2A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大解析：滑动变阻器R0的滑片向下滑动，R0接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，电压表的示数变小，R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，电流表的示数变小，A项正确。答案：A1.仪器检测法(1)断点故障：用电压表与电源并联，若有电压时再逐段与电路并联，若电压表指针偏转，则该段电路中有断点。(2)短路故障：用电压表与电源并联，若有电压时再逐段与电路并联，若电压表示数为零时，该段电路被短路。2．假设法已知电路发生某种故障，寻求故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用有关规律进行推导，结果若与题设现象不符合，则此段电路无故障，否则故障可能发生在这部分电路。照此下去，直到找到全部故障．2．某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图8－3所示电路，接通K后，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点图8－3间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能是(R1、R2阻值相差不大)()A．AB段断路B．BC段断路C．AB段短路D．BC段短路解析：A、C两点间电压为U，说明AC之外的电路良好，A、B两点间电压为U，说明AB之外的电路良好；所以只能是AB段断路，故选A。答案：A1.分析变压器的动态电路问题需要明确各物理量间的制约关系(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2＝n2U1/n1，可简述为“原制约副”。(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2/n1(只适用于一个副线圈的情况，若有多个副线圈，只能根据P入＝P出计算原线圈中的电流)，可简述为“副制约原”。(3)负载制约：①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2＝P负1＋P负2＋…；②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定；③总功率P总＝P线＋P2。2．变压器动态电路问题的分析思路3．[双选](2011·日照模拟)如图8－4所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想的电流表，图8－4交流电源的电压大小不变。开始时开关S接通，当S断开时，以下说法正确的是()A．原线圈两端P、Q间的输入电压减小B．等效电阻R上消耗的功率变大C．原线圈中电流表示数变小D．灯泡L1和L2变亮解析：当S断开时，原线圈两端P、Q间的输入电压不变，选项A错误；副线圈两端电压不变，灯泡的总电阻变大，输电线中电流变小，等效电阻R上消耗的功率变小，选项B错误；副线圈输出的功率变小，原线圈输入的功率也变小，原线圈中电流表示数变小，选项C正确；灯泡L1和L2两端电压变大，亮度变亮，选项D正确。答案：CD[命题视角1]在如图8－5所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是()图8－5A．增大R1的阻值B．减小R2的阻值C．减小R3的阻值D．增大M、N间距[规范解题]因为R1与平行板电容器串联，故无论R1阻值变大还是变小，电容器两极板间的电压都等于R3两端电压，故选项A错误；当R2阻值减小时，电路的电阻变小，则电路的总电阻变小电流变大，R3的分压变大，电容器两极板间的电压变大，所以电场力变大，油滴向上运动，故选项B正确；当减小R3的阻值时，电路的电流也变大，因此内电压和R2的分压变大，则R3的分压变小，所以电场力变小，油滴向下运动，故选项C错误；当增大极板间的距离时，由E＝Ud，电场强度变小，故电场力变小，油滴向下运动，选项D错误。故选B。[命题视角2]用四个阻值均为R的电阻连成如图8－6所示的电路。开关S闭合时，有一质量为m，带电荷量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点，平行板电容器的下极板接地。现图8－6打开开关S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电荷量发生变化，碰后小球带有和该极板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：(1)小球开始带什么电？小球开始在中点的电势是多少？电源电动势E为多大？(2)小球与极板碰撞后所带的电荷量q′为多少？[自主尝试](1)当S闭合时，小球静止于水平放置的平行板电容器的中点，上极板电势高于下极板，对带电小球进行受力分析，可知小球带负电荷，设电容器电压为U，则有：qUd＝mgU＝E1.5R·R＝23E解得：U＝mgdq，E＝3mgd2q，则小球开始在中点的电势φ0＝U2＝mgd2q。(2)设断开S后，电容器的电压为U′，则：U′＝E2R·R＝E2因为碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电荷量发生变化，所以对带电小球运动的全过程根据动能定理得：q′U′－mgd2－qU′2＝0解得：q′＝76q。[答案](1)负mgd2q3mgd2q(2)76q[冲关锦囊](1)电容器是联系电路与电场的“桥梁”，要分析电场就要通过电路分析板间电压。(2)分析电路时要分析清楚电路变化前后电容器两端电势差的变化及其两极板电性是否发生了改变。据此，再由带电物体的受力情况得到物体的运动情况，然后选取适当的规律进行求解。[命题视角1][双选]某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图8－7中的a、b、c所示，根据图线可知()A．反映Pr变化的图线是c图8－7B．电源电动势为8VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω[规范解题]由题意可知Pr＝I2r，变化曲线应该是c，且由图像可求得电源内阻r＝2Ω，选项A正确，C错误；由PE＝EI，可求得电源电动势E＝4V，选项B错误；由图像及闭合电路欧姆定律E＝IR＋Ir可知，当电流为0.5A时外电路的电阻为6Ω，选项D正确。故选AD。[命题视角2]如图8－8所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、图8－8电源2单独连接，则下列说法错误的是()A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2[自主尝试]在图像中，直线Ⅰ、Ⅱ与纵轴的截距大小表示电源的电动势大小，直线的斜率大小表示电源的内阻大小，则选项A、B正确；小灯泡在两种情况下的电阻分别为35Ω、56Ω，其比为18∶25，选项D错误；由P＝UI可得，其功率之比为3×55×6＝12，选项C正确。故选D。[冲关锦囊]解决图像问题应注意(1)明确图像的研究对象。根据题目反映的物理规律确定各物理量之间的关系。(2)识别图像中横坐标、纵坐标所代表的物理量及物理意义，明确图像的截距、斜率、图像交点、峰值、“面积”等的物理意义。(3)对图像进行分析、比较、判断，找出规律得出结论。[命题视角1](2011·天津高考)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图8－9甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则()图8－9A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势频率为100Hz[规范解题]t＝0.005s时感应电动势最大，线框的磁通量变化率也最大，A错误。t＝0.01s时感应电动势为零，穿过线框磁通量最大，线框平面与中性面重合，B正确。感应电动势的最大值为311V，有效值则为3112V，C错误。所产生电动势的周期为0.02s，频率等于周期的倒数，为50Hz，D错误。故选B。[命题视角2]如图8－10所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是()A．电压表的读数为NBSω2B．通过电阻R的电荷量为q＝NBS2R＋r图8－10C．电阻R所产生的焦耳热为Q＝N2B2S2ωRπ4R＋r2D．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSω2R＋r[自主尝试]线圈在磁场转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值Em＝NBSω，电动势的有效值E＝NBSω2，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U＝NBSω2R＋r×R，A错误；求