【物理】2018届二轮复习第9讲恒定电流和交变电流学案

【物理】2018届二轮复习第9讲恒定电流和交变电流学案

第9讲　恒定电流和交变电流 ¥ 考点一　　　　恒定电流电路的动态分析 例1 在如图91所示的电路中，电源的内阻为r，电压表、电流表均为理想电表，现闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是(　　)‎ 图91‎ A．灯泡L变亮 B．电压表读数变小 C．电容器C上的电荷量增加 D．电流表读数变大 归纳 ‎ 直流电路动态变化问题的一般思路：‎ ‎(1)根据局部电阻的变化，确定电路的总电阻R总如何变化；‎ 电路的总电阻总是随其中任一电阻的增大而增大，反之亦然；‎ 对电路进行简化时，理想电压表视为断路，理想电流表视为短路，达到稳定状态的电容器可视为断路；‎ 从电路分析角度看，断路可认为是电路中某处电阻增大到无穷大，短路可认为是电路中某处电阻减小到零，因此电路故障问题可以视为特殊的动态分析问题．‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律，确定电路的总电流如何变化．‎ ‎(3)根据U内＝I总r确定电源的内电压如何变化，根据U外＝E－U内确定路端电压如何变化．‎ ‎(4)根据部分电路欧姆定律确定干路某定值电阻两端的电压如何变化，由串、并联规律确定支路两端的电压以及通过各支路的电流如何变化．‎ 变式1 (多选)电阻非线性变化的滑动变阻器R2接入如图92甲所示的电路中，移动滑动变阻器触头改变变阻器接入电路中的长度x(x为a与触头间的距离)，定值电阻R1两端电压U1与x间的关系如图乙所示，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点．电源电压和内阻不变，各电表均为理想电表，在触头从a移到b和从b移到c的两个过程中，下列说法不正确的是(　　)‎ ‎　　‎ 图92‎ A．电流表A的示数变化量相等 B．电压表V2的示数变化量不相等 C．电阻R1的功率变化量相等 D．电源的输出功率都不断增大 变式2 (多选)如图93所示电路中，C为电容器，D为理想二极管(具有单向导电性)，电流表、电压表均为理想电表．闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数变化量绝对值为ΔU1，电压表V2的示数变化量绝对值为ΔU2，电流表A的示数变化量绝对值为ΔI，则下列判断正确的有(　　)‎ 图93‎ A．的值变大 B．的值变大 C．的值不变，且始终等于电源内阻r D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不断减少 ¥ 考点二　　　　交变电流的产生及描述 例2 如图94所示，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的周期为0.02 s，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t＝ s时线圈中感应电流为1 A．那么(　　)‎ 图94‎ A．线圈中感应电流的有效值为2 A B．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 J C．t＝ s时穿过线圈的磁通量的变化率为0.02 Wb/s D．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e＝4sin 100πt(V)‎ 归纳 ‎ ‎(1)线圈通过中性面时的特点：‎ 穿过线圈的磁通量最大；线圈中的感应电动势为零；线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．‎ ‎(2)瞬时值表达式：‎ 书写瞬时值表达式时要弄清三个关键：最大值、角速度、零时刻线圈所处的位置．‎ ‎①确定交变电流的峰值，根据已知图像或由Em＝NBSω求出相应峰值；‎ ‎②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式：从线圈处于中性面开始计时，函数表达式为e＝Emsin ωt；从线圈垂直中性面开始计时，函数表达式为e＝Emcos ωt.‎ ‎(3)交变电流“四值”的应用：‎ 计算线圈某时刻的受力情况时用瞬时值，讨论电容器的击穿电压时用峰值，计算与电流的热效应有关的电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流等问题时用有效值，计算通过电路截面的电荷量时用平均值．‎ 变式1 (多选)如图95所示，L1、L2为水平面上足够长的平行金属导轨，左端连接定值电阻R＝0.5 Ω，其间有足够多等间隔反向分布的磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝0.5 T，方向均垂直于导轨所在平面，每个磁场Ⅰ或Ⅱ的上、下两个直边界的间距为L＝0.4 m，长直边界在Ox上，左、右曲边界恰好可以组合成相同的周期的正弦曲线．导体棒MN与两导轨接触良好且始终与导轨垂直，不计导体棒及导轨的电阻．当导体棒从x＝0处沿导轨以速度v＝10 m/s匀速向右滑动时，下列说法正确的是(　　)‎ 图95‎ A．通过R的是交变电流 B．R两端电压的最大值为4 V C．通过R的电流有效值为2 A D．导体棒经过3个磁场的过程中，R上产生的热量为7.2 J 变式2 如图96甲所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n＝100，线圈的总电阻r＝5.0 Ω，线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行．线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝95 Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO′以一定的角速度匀速转动．穿过线圈的磁通量随时间t变化的图像如图乙所示．若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计，则下列说法中正确的是(　　)‎ ‎　　‎ 图96‎ A．线圈匀速转动的角速度为100 rad/s B．线圈中产生感应电动势的最大值为100 V C．线圈中产生感应电动势的有效值为100 V D．线圈中产生感应电流的有效值为 A ¥ 考点三　　　　理想变压器 例3 (多选)如图97所示的变压器电路中，原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表和电压表都是理想电表，在原线圈的输入端输入u＝220sin 100πt(V)的交流电，则(　　)‎ 图97‎ A．电流表A1、A2的示数之比为1∶10‎ B．电压表的示数为22 V C．只增大原线圈输入交流电的频率，而u的最大值不变，则电流表A1和A2的示数均增大 D．滑动变阻器的滑片P向下移时，电流表A1和A2的示数均增大 归纳 ‎ 理想变压器的动态分析：‎ ‎(1)明确变量和不变量，一般情况下原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化．‎ ‎(2)明确动态变化过程中的决定关系：当原、副线圈匝数比一定时，U2由U1决定，I1由I2决定，P1由P2决定．‎ ‎(3)分析思路：‎ U1U2I2I1P1‎ 变式 图98甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2‎ 为两只规格相同的小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是(　　)‎ ‎　‎ 图98‎ A．输入电压的表达式u＝20sin 50πt(V)‎ B．只断开S1后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W 专题四　电路与电磁感应 第9讲　恒定电流和交变电流 ‎ 高频考点探究 考点一 例1　C　[解析] 当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为 P＝I2RL，RL不变，则P减小，灯泡L变暗，选项A错误；总电流I减小，则电流表读数变小，电压表读数为U＝E－Ir，则U变大，选项B、D错误；电容器与变阻器并联，两者电压相等，变阻器两端的电压增大，电容器两极板间的电压也增大，则其电荷量增大，选项C正确．‎ 例1变式1　BCD　[解析] 由图乙可知，变化相等的x，电压U1变化量相等，U1＝IR1，R1一定，则知电流的变化量相等，即电流表示数变化量相等，A正确；电压表V2的示数U2＝E－Ir，电流I的变化量相等，E、r一定，则ΔU2相等，B错误；电阻R1的功率P1＝I2R1，‎ 其功率的变化量ΔP1＝R1(2I＋ΔI)ΔI，ΔP1随I减小而减小，则从a移到b电阻R1‎ 的功率变化量较大，C错误；由图乙知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路电阻与电源内阻的大小关系未知，故无法确定电源的输出功率如何变化，D错误．‎ 例1变式2　AC　[解析] 滑动变阻器R的滑片P向左移动一小段距离，接入电路的电阻增大，为R接入电路的电阻，变大，A正确；等于R1和r的电阻之和，不变，B错误；等于电源内阻r，C正确；电路总电阻增大，电流减小，R1两端的电压减小，由于理想二极管的单向导电性，电容器不能放电，所带电荷量无法减少，D错误．‎ 考点二 例2　C　[解析] 由于从垂直中性面开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝Imcost(A)，将t＝ s代入可得Im＝2 A，因此感应电流的有效值为I＝＝ A，A错误；线圈转动一周产生的焦耳热Q＝I2Rt＝()2×2×0.02 J＝0.08 J，B错误；线圈中的感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcost(V)＝ImRcos t(V)＝4cos 100πt(V)，D错误；而t＝ s时，瞬时值e＝4cos V＝2 V，而根据法拉第电磁感应定律e＝n，因此t＝ s时穿过线圈的磁通量的变化率为＝0.02 Wb/s，C正确．‎ 例2变式1　AC　[解析] MN切割磁感线，因磁场方向周期变化，电流方向周期变化，将产生交流电，选项A正确；MN切割磁感线的最大长度为L＝0.4 m，感应电动势最大值E＝BLv＝2 V，选项B错误；设导体棒运动0.1 m的时间为t，当导体棒切割长度为L时对应的电流I＝＝4 A，导体棒运动0.4 m的过程中，R上产生的热量Q＝R·2t＋I2R·2t＝I·R·4t，解得I有效＝2 A，选项C正确；导体棒经过3个磁场的过程中，R上产生的热量Q′＝IR·12t＝0.72 J，选项D错误．‎ ‎ 例2变式2　D　[解析] 由图像可得线圈转动周期T＝π×10－2 s，匀速转动的角速度ω＝＝200 rad/s，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大值Em＝nBSω＝nΦmω＝100×10×10－3×200 V＝200 V，有效值E有效＝＝100 V，感应电流的有效值I有效＝＝ A，选项B、C错误，选项D正确．‎ 考点三 例3　BD　[解析] 因副线圈接入电容器，有电流通过，则电流表A1、A2的示数之比不等于1∶10，选项A错误；由＝，电压表的示数为22 V，选项B正确；只增大原线圈输入交流电的频率，u的最大值不变，则原、副线圈电压的有效值不变，电流表A2的示数不变，通过电容器的电流增大，电流表A1的示数增大，选项C错误；滑片P向下移时，副线圈接入电路的总电阻变小，原、副线圈的电压不变，电流表A2的示数增大，则电流表A1的示数增大，选项D正确．‎ 例3变式　D　[解析] 输入电压u的表达式应为u＝20sin 100πt(V)，A错误；只断开S1，则L1、L2均不能正常发光，B错误；只断开S2后，负载电阻变大，原、副线圈电流均变小，原线圈的输入功率减小，C错误；S1换接到2后，电阻R两端电压有效值为4 V，R消耗的电功率为 P＝＝0.8 W，D正确．‎