资源描述
电路的分析和计算电路的分析和计算，是通过对对电压、电流、电阻等物理量的测量，来考查学生对基本概念、基本定律的理解和掌握。充分体现考生能力和素质等特点，主要知识点有电阻串(并)联规律、部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律、电路的动态过程分析及故障判断、变压器，尤其值得注意的是有关电磁感应电路的分析与计算，以其覆盖知识点多，综合性强，思维含量高等. 虽然学生对知识点并不陌生,由于涉及的方法比较灵活,需要一定的综合分析能力，所以电路问题仍然成为许多学生的难点。知识要点整合1.处理电路问题,首先遇到的也是必须解决的就是要弄清楚电路的结构即各电阻及各用电器是如何连接在电路中的.对电路结构的分析,最易产生干扰作用的就是电路中的各种仪表、电容器及一些两端直接接在电路中不同点的长导线,其处理方法如下：对理想的电流表(内阻不计),可直接用导线代替;理想的电压表(内阻视为无穷大)可直接去掉;对导线,由于其两端电势差为零,可将导线连接的两点视为一点而合在一起.2. 电路的分析和计算本涉及的公式较多,且都有一定的适用条件,对这些公式,不仅要记住其形式,更应清楚其适用条件. 部分电路欧姆定律I=和闭合电路欧姆定律I=都只适用于纯电阻电路.电功率公式P=UI、电功公式W=UIt、焦耳定律公式Q=I2Rt是普遍适用于各种性质电路的,而其根据部分电路欧姆定律推导出的一些变形式如：P=I2R=、W=I2Rt=t、Q=t=UIt等,则只适用于纯电阻电路. 由上面的说明不难知道,只有在纯电阻电路中,电功和电热的值才是相等的,而在非纯电阻电路中总有WQ. 3.在电路中,由于开关的通断、滑动变阻器滑片的移动或电表的接入都要引起电路结构的变化.对于上述电路动态问题的分析,第一要清楚无论电路结构如何变化,电源的电动势和内电阻都是不变的;第二要有明确的思路并灵活地选用公式.一般思路是：先由部分电路电阻的变化推断外电路总电阻的变化,再由闭合电路欧姆定律I=讨论干路中电流的变化,然后再根据具体情况灵活选用公式确定各元件上其他物理量的变化情况. 经典例题两个定值电阻,把它们串联起来时等效电阻为4 ,把它们并联起来时等效电阻为1 ,则：(1)这两个电阻的阻值各为多大?(2)若把这两只电阻串联后接入一个电动势为E、内电阻为r的电源两极间,两电阻消耗的总功率P1=9 W;如果把这两个电阻并联后接入该电源两极间,两电阻消耗的总功率为P2.若要使P2P1,有无可能?若可能，试求满足这一要求的E、r的值.分析与解答：根据电阻串、并联规律,求两电阻阻值是不困难的.另外,由于电源输出功率(即消耗在外电路的功率)与外电路电阻为非线性关系,两个不同阻值的电阻接在同一电源上时,可能消耗的功率相等,也可能消耗的功率不相等,其中可能阻值较大的电阻消耗功率大,也可能阻值小的电阻消耗功率大,具体情况可应用闭合电路欧姆定律和输出功率的意义讨论得出所要求的结果.(1)设两电阻分别为R1、R2,则有：R1+R2=4 =1解之可得R1=R2=2 (2)由题意,得：()24=91()219:解得r2 .将r值代入(1),得E=(r+6) V.即两电阻并联后接在该电源两极间消耗的功率可以大于9 W,要求电源内电阻和电动势为r2 ,E=(r+6) V的一系列值.变式1 所示电路中,R1=3 ,R2=9 , R3=6 ,电源电动势E=24 V,内阻不计,当开关S1、S2均开启和均闭合时,灯泡L都正常发光. (1)写出两种情况下流经灯泡的电流方向; S1、S2均开启时.S1、S2均闭合时.(2)求灯泡正常发光时的电阻R和电压U.分析与解答： (1)S1、S2均开启时，电路由电阻R1、L、R2与电源E串联组成，此种情况下，流经灯L的电流方向为ba;S1、S2均闭合时，a点电势高于b点电势，L中电流由ab.(2)S1、S2均开启时，L两端电压U1=，S1、S2均闭合时，L两端电压U2=，两种情况L都正常发光，应有U1=U2，解得R=3 ，U=4.8 V. VAR1R3R2R4S变式2 如图所示电路中，电阻R1 R2 R3 4欧，电源内阻r 0.4欧，电表都是理想电表，电键S接通时电流表示数为1.5安，电压表示数为2伏，求：（1）电源电动势。（2）S断开时电压表的示数。分析与解答：（1）S接通时：I41 A ，I1I20.5 A，I3I - I11 A U3 I3R3 4 V，U4 U3 - U 2 V R4 2 WeU3（II2）r 4.8 V （2）S断开时：R134组合1.6 WIA0.8 A UIR2 3.2 V 变式3 在如图所示的电路中，R1=2 ，R2=R3=4 ，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4 W，当电键K接b时，电压表示数为4.5 V，试求：(1)电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；(2)电源的电动势和内电阻；(3)当电键K接c时，通过R2的电流.分析与解答： (1)K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得通过电源电流A电源两端电压V(2)K接a时，有E=U1+I1r=4+rK接b时，R1和R2串联, R外=R1+R2=6 通过电源电流I2A这时有：E=U2+I2r=4.5+0.75 r解得：E=6 V r2 (3)当K接c时，R总=R1+r+R23=6 总电流I3E/R总=1 A通过R2电流II3=0.5 A AV传感器absR0变式4 如图所示为检测某传感器的电路图传感器上标有“3 V、0.9 W”的字样(传感器可看做一个纯电阻)，滑动变阻器R。上标有“10、1 A”的字样，电流表的量程为0.6 A，电压表的量程为3 V(1)根据传感器上的标注，计算该传感器的电阻和额定电流(2)若电路各元件均完好，检测时，为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压最大值是多少?(3)根据技术资料可知，如果传感器的电阻变化超过1，则该传感器就失去了作用实际检测时，将一个电压恒定的电源加在图中a、b之间(该电源电压小于上述所求电压的最大值)，闭合开关S，通过调节R0。来改变电路中的电流和R0两端的电压检测记录如下；电压表示数U/V电流表示数I/A第一次1.480.16第二次0.910.22若不计检测电路对传感器电阻的影响，通过计算分析，你认为这个传感器是否仍可使用?此时a、b间所加的电压是多少?分析与解答： (1)传感器的电阻R传U2传/P传32/0.9=10 传感器的额定电流I传P传/U传0.9/3A0.3A (2)要求电路各部分安全，则要求电路的最大电流I=I传03 A 此时电源电压量大值UmU传+Uo U传为传感器的额定电压，Uo为R0调至最大值R0m=10时R0两端的电压，即 UoI传R0m0310 V3 V (1分)电源电压最大值UmU传+U03 V+3 V6 V (3)设实际检测时加在a、b间的电压为U，传感器的实际电阻为R传根据第一次实验记录数据有：UI1R传U1即：U016R传148 根据第二次实验记录数据有：UI2R传+U2即；U022R传0.91 解得：R传95 (1分) U3 V 传感器的电阻变化为RR伟一R传l0一9.50.5此传感器仍可使用变式5 如图所示，电源电动势E=6V，内阻不计，电阻R1=R4=2，R2=R3=3。（1）若在ab两点之间接入理想电压表，求其读数多大？（2）若在ab两点之间接入理想电流表，求其读数多大？并指出通过电流表的电流方向。分析与解答：（1）若在ab两点之间接入电压表，则R1上电压为=2.4V；R2上电压为=3.6V 电压表读数为=1.2V（2）若在ab两点之间接入电流表，则电路总电阻=2.4总电流=2.5A 通过R1中的电流=1.5A通过R2中的电流=1.0A电流表读数为=0.5A，电流方向由a向b。经典例题电源的电动势E=30 V，内阻r=1 ，将它与一只“6 V，12 W”的灯泡和一台内阻为2 的小电动机串联组成闭合电路.当灯泡正常发光时，若不计摩擦，电动机输出机械功率与输入电功率之比为_.分析与解答：灯泡的电阻R1= =3 ，灯泡的额定电流I1= A=2 A.电灯正常发光，说明电路中实际电流I=I1=2 A，所以电源内电压U=Ir=2 V，电动机两端电压U2=E-U1-U=22 V，所以电动机的输入功率P2=U2I=44 W，输出功率P2=P2-I2R2=44 W-222 W=36 W，所以.小锦囊对于非纯电阻用电器,一定要弄清楚其中的能量转化关系,准确地选用适用公式.该题第二问的结论不是唯一解,而是一系列解,处理此类问题时,要谨防漏解.变式1 微型吸尘器的直流电动机内阻一定，当加上0.3 V电压时，通过的电流为0.3 A，此时电动机不转；当加在电动机两端的电压为2.0 V时，电流为0.8 A，这时电动机正常工作.则吸尘器的效率为多少? 分析与解答：电动机正常工作时，主要将电能转化为机械能，为非纯电阻元件，其中电流和两端电压关系不遵守部分电路欧姆定律，但当其不转时，并无机械能输出，此时可视为纯电阻，利用部分电路欧姆定律可求其内电阻，再结合题设条件和电动机输入功率、内阻消耗功率及效率的意义，可给出解答. 电动机内电阻r= =1 ，电动机正常工作时消耗的电功率P=U2I2=0.80.2 W=1.6 W，内阻消耗热功率Pa=I22r=0.821 W=0.64 W，所以电动机的效率=100%=60%.变式2 直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，已知电源的内阻r=1 ，电炉的电阻R1=19 (认为其阻值恒定，不随温度变化)，电动机绕组的电阻R2=2 ，如图所示，当开关K断开时，电炉的功率是475 W，当开关K闭合时，电炉的功率是402.04 W.求：(1)直流电源的电动势E；(2)开关K闭合时，电动机的机械功率多大?分析与解答：（1） K断开时，电炉的功率P=I2R1=（）2R1代入已知数据P、R1、r，解得E=100 V（2）K闭合时，有电动机的支路中较复杂，先求解电炉这个支路，设该支路的电流强度为I1，电炉的功率P1已知. P1=I12R1代入P1、R1的数值，解得I1=4.6 A.R1两端电压（即路端电压）U=I1R1=87.4 V设干路电流为I，由全电路欧姆定律E=U+IrI=12.6 A通过电动机的电流强度I2=I-I1=12.6 A-4.6 A=8 A由已经求得的通过电动机的电流强度I2和电动机两端的电压U，可求出电动机所消耗的电功率（即电源供给电动机的功率）P1=I2U=887.4 A=699.2 W电动机绕组消耗的热功率P2=I22R2=822 A=128 W由能的转化和守恒定律可知，电源供给电动机的功率等于电动机将电能转化为机械能的机械功率和电动机绕组上消耗的热功率之和，则电动机的机械功率P=P1-P2=699.2 W-128 W=571.2 W经典例题如图所示的电路中，闭合电键S后，灯a和灯b都正常发光，后来由于某种故障使灯b突然变亮，电压表：示数增加，由此推断，这故障可能是（）A.电容器被击穿短路B.a灯丝烧断C.电阻R2断路D.电阻R2短路分析与解答：如果电容器击穿短路，电阻减小，外电压即电压表示数减小，选项A错误；如果a灯烧断，电阻增大电流变小，流过灯泡b的电流变小，变暗，选项B错误；如果电阻R2断路，总电阻增大，电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表示数增大.b灯两端电压增大，变亮，选项C正确；如果R2短路，b灯熄灭.选项D错误.答案为C变式1某同学按图所示电路进行实验，实验时该同学将变阻器的触片P移到不同位置时测得各电表的示数如下表所示.序号A1示数（A）A2示数（A）V1示数（V）V2示数（V）10.600.302.401.2020.440.322.560.48将电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零.(1)电路中E、r分别为电源的电动势和内阻，R1、R2、R3为定值电阻，在这五个物理量中，可根据上表中的数据求得的物理量是(不要求具体计算). (2)由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了(但不为零)，若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是. 分析与解答：（1）V1示数为R3两端的电压，A2示数是通过R3的电流，故由第一组给出的V1、A2的示数值可求R3.A1示数为干路中电流I，由表中数据可求R2中电流I2=I-I1，V2示数又给出R2两端电压，故可求出R2.由于有两组数据，根据每一组数据中的有关示数都可以列出一个关于E、r的方程，如：E=U1+I（R1+r），E=U1+I(R1+r)，消去（R1+r），可求出E. (2)若RP短路时，V1、V2并联在同一段电路两端，示数相同.若R2断路，RP中无电流，不产生电压降，其作用相当于一根导线，将V2、V1并联在同一段电路两端，其示数也相同. 变式2 图为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、b与220 V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻.现发现电路中没有电流.为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220 V，由此可知A.ab间电路通，cd间电路不通B.ab间电路不通，bc间电路通C.ab间电路通，bc间电路不通D.bc间电路不通，cd间电路通分析与解答：电路中无电流，说明电路某处发生了断路.用交流电压表测得b、d两点间电压同电源电压，说明b、d两点分别与电源的两极是连通的.同理可知a、c两点分别与电源的两极也是相通的.因此，断路处只能在b、c之间.答案为C、D 变式3已知电源电动势E=8V，红灯电阻，绿灯电阻，接在如图所示的电路中，灯正常发光时电压表的读数为6V，R1= R2=R3=4，R4=6，经过一段时间，由于电路中某一个电阻发生故障，引起红灯变亮，绿灯变暗的现象，而此时电压表的读数变为64V。（1）画出电路发生故障前的能够直接看出串、并联的简化电路图；（2）通过分析与计算，判断电路中哪一个电阻发生了故障?是什么故障?R1R2R33R43Rx3Ry3VRxRyR1R2R3R4分析与解答：（1）如图示，画出等效电路（2）定性分析：电压表读数增大，表明外总电阻值增大，而红灯变亮，绿灯变暗，则只可能R1增大或断路。（3）定量计算：正常发光时，R外=6，I总=1A，求出r=2，可求得正常发光时的总电流为0.8A，外电路的总电阻为8，绿灯电压：红灯电压是：表明R1和Rx的并联阻值为：即为R1断路。变式4 如图所示，电灯L标有“4 V，1 W”，滑动变阻器R总电阻为50 ，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45 A，由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为0.5 A，电压表示数为10 V.若导线完好，电路中各处接触良好，试问：(1)发生的故障是短路还是断路？发生在何处？(2)发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？(3)电源的电动势和内电阻为多大？分析与解答： (1)由于外电路的故障，电灯L熄灭，有两种原因，一是L被短路，二是L所在支路断路，（电路其他接触良好）由于电压表示数增为10 V，故L被短路不可能，只能是L支路断路，断路后外电路总电阻增大，总电流强度I减小，路端电压U2增大，电流表示数I2增大，与题相符，故发生的故障应是L所在支小锦囊判断电路故障通常是用电压表从电源两极开始,逐渐向外延伸测量两点间电压,只要电压表有示数,说明所测两点都是与电源两极相通的.若是断路故障,则故障即在所测两点之间,逐渐缩小两点的范围,即可找到断路处;若是短路故障,则故障应在理论上应存在电压而实际电压为零的两点之间.电路故障的判断顺序,一般是先检验是否存在断路故障,在确定无断路的情况下再判断短路故障.若电路多处存在故障,则仅用电压表就不能将所有故障情况确定,还应配合其他仪表(如欧姆表)或采取其他后续措施,方能一一判断清楚故障性质并确定故障位置.路断路.（2）发生故障前L正常发光，故电压表示数U=4 V，功率P=1 W，因电流表示数I2=0.45 A， RL= =16 ，则路端电压U外=I2R2=U+R，即：0.45R2=4+R断路后，10=0.5R2解得R=20 ，即连入电路中的电阻R=20 （3）设电源电动势为E，内阻为r，则发生故障前E=IR2+（I+IL）r发生故障后E=10+Ir又因I=0.45 A，I=0.5 A，IL= A，解之得E=12.5 V，r=5 经典例题电动势为E，内阻为r的电池与固定电阻R0、可变电阻R串联，如图3-4-9所示，设R0=r，Rab=2r.当变阻器的滑片自a端向b端滑动时，下列各物理量随之减小的是（）A.电池的输出功率B.变阻器消耗的功率C.固定电阻R0上消耗的功率D.电池内阻上消耗的功率分析与解答：滑片由a滑向b端，电阻减小，总电流I总增大，输出功率增大，选项A错误；变阻器消耗功率减小，选项B正确；R0上消耗的功率P=I总2R0增大，选项C错误；电池内损耗功率P=I总2r增大，选项D错误.答案为B变式1 如图所示是测定风作用力的仪器原理图。P为金属球，悬挂在一细长金属丝下面，O为悬挂点，R0为保护电阻，CD是水平放置的光滑电阻丝，与细金属丝始终保持良好接触，无风时细金属丝与电阻丝在C点接触，此时电路中电流为I0，有风时金属丝将偏转一角度，角与风力大小有关已知风力方向水平向左，OCh，CDL，球质量为M，电阻丝单位长度的阻值为k，电源内阻和金属丝电阻均不计金属丝偏转角时，电流表的示数为I，此时风力大小为F.试写出（1）风力大小F与的关系式（2）风力大小F与电流表示数I的关系式分析与解答：本题是测定风作用力的仪器，原理是将力学量的测量转化成电学量的测量由原理图可以抽象出两个模型，即单摆模型和电路模型，如图所示在图（b）中，以摆球为研究对象，有在图（a）中，以电路为研究对象，有得由以上式得变式2 在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R3为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5滑动触点向图中a端移动时（）A.I变大，U变小B.I变大，U变大C.I变小，U变大D.I变小，U变小分析与解答：R5的滑动触点向a端滑动时，R5被接入电路的电阻减小，因而电路总电阻R减小.由闭合电路欧姆定律I=知干路总电流I增大，路端电压U=(E-Ir)减小.图中电压表测的就是路端电压，所以其示数应减小. 另外，由于总电流I增大，导致R1、R3两端电压增大，而总的路端电压U是减小的，所以R2、R4串联后与R5并联部分的电压U并=(U-U1-U3)减小，因此流过R2、R4所在支路的电流减小.即电流表A的示数减小.答案为D正确.经典例题如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计电阻的阻值分别为R1=2.4k、R2=4.8k，电容器的电容C=4.7F闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50V（1）该电压表的内阻为多大? （2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少?分析与解答：（1）设电压表的内阻为，测得两端的电压为，与并联后的总电阻为R，则有由串联电路的规律得代人数据。得（2）电压表接入前，电容器上的电压等于电阻上的电压，两端的电压为，则又接入电压表后，电容器上的电压为由于电压表的接入，电容器带电量增加了由以上各式解得带入数据，可得变式1 如图所示，电源的电动势，内阻不计，电阻，电容器的电容，其中有一带电微粒恰好处于静止状态。若在工作的过程中，电阻突然发生断路。电流表可看作理想电表。求：（1）带电微粒加速度的大小和方向。（2）从电阻断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量。分析与解答：（1）小锦囊解决此类问题的关键是根据电路中电流的流向,判定电势的变化情况.应当知道,顺着电流方向,每经过一个电阻,电势降低一定的数值;逆着电流方向,每经过一个电阻,电势升高一定的数值.电容器两端电压为，带电量（上板带负电）带电微粒静止断路后，电路稳定后，电容器两端电压，电容器带电量为（上板带正电）带电微粒的加速度，方向竖直向下。（2）从电阻断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量变式2如图所示电路中，4个电阻阻值均为R，开关S闭合时，有一个质量为ml，带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间。现打开开关S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动并与该极板碰撞。碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰撞后小球所带电量发生变化，所带电荷的性质与该板所带电荷相同。碰后小球恰好能运动抵达另一极板。设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：（1）电源电动势E多大？（2）小球与极板碰撞后所带电量q为多少？分析与解答：（1）S闭合，电容器两极板间电压小球静止：由上述两式可得电源电动势E=（2）S断开时，电容器两极板间电压因为电容器两极板间电压U2U1，由场强E=U/d可知，S断开以后板间场强E2E1。因而小球先下运动，碰撞后向上运动，由动能定理得解得：q/= 变式3如图所示.两根相距为L的竖直金属导轨MN和PQ的上端接有一个电容为C的电容器，质量为m的金属棒ab可紧贴竖直导轨无摩擦滑动，且滑动中ab始终保持水平，整个装置处于磁感应强度为B的磁场中，不计电阻，求最后通过C的充电电流.分析与解答：经分析知最终ab棒做匀加速下滑，设最终充电电流为I，在t内电量、速率、电动势的变化量分别为Q、v和E则有ICCBLCBLa由牛顿第二定律有mg-BIL=ma解得I变式4 图所示，金属棒ab质量m=5 g，放在相距L=1 m的光滑金属导轨MN、PQ上，磁感应强度B=0.5 T，方向竖直向上，电容器的电容C=2F，电源电动势E16 V，导轨距地面高度h=0.8 m.当单刀双掷开关先掷向1后，再掷向2，金属棒被抛到水平距离s=6.4 cm的地面上，问电容器两端的电压还有多大?分析与解答：.电容器充电后电量为QCE.开关掷向位置2时，电容器通过ab放电，其放电电量为Q，则通过棒中电流为I金属棒受安培力FBILBL据动量定理Ftmv由平抛运动可知v=s/得BLtm所以Q1.6105C电容器所余电量QQQCEQ1.610-5 C所以电容器两端电压为V变式5 如图，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD。导轨间距为L，电阻不计。一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动。棒与导轨垂直，并接触良好。导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B。导轨右边与电路连接。电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R。在BD间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d。（1）当ab以速度v0匀速向左运动时，电容器中质量为m的带电微粒恰好静止。试判断微粒的带电性质，及带电量的大小。（2）ab棒由静止开始，以恒定的加速度a向左运动。讨论电容器中带电微粒的加速度如何变化。（设带电微粒始终未与极板接触。）分析与解答：（1）棒匀速向左运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下微粒带负电mg =Uc=IRE = Blv0由以上各式求出（2）经时间t0，微粒受力平衡mg =得或当t t0时，a3 = g，越来越大，加速度方向向上经典例题如图所示，长为L、电阻r=0.3 、质量m=0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5 的电阻，量程为03.0 A的电流表串接在一条导轨上，量程为01.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面.现以向右恒定外力F使金属棒右移.当金属棒以v=2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：（1）此满偏的电表是什么表?说明理由.（2）拉动金属棒的外力F多大?（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上，求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量. 分析与解答：（1）电压表满偏。若电流表满偏，则I=3A，U=IR=1.5V，大于电压表量程（2）由功能关系FvI2（R+r）而I=U/R，所以代入数据得F=1.6 N（3）由动量定理得两边求和得即由电磁感应定律E=BLvE= I（R+r）解得代入数据得q=0.25 C变式1如图所示，OACO为水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R1= 4，R2 =8（导轨其他部分电阻不计）导轨OAC的形状满足方程y=2sin（）（单位：m）磁感应强度B=0.2T的匀强磁场方向垂直导轨平面一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻求：（1）外力F的最大值；（2）金属棒在轨道上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；（3）在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的系分析与解答：（1）由图容易看出，当y=0时x有两个值，即sin（）=0时，有x1=0；x2=3这即是O点和C点的横坐标，因而与A点对应的x值为x=1.5将x=1.5代入函数y，便得A点的纵坐标，即y=2 sin=2（单位：m）这就是金属棒切割磁感线产生电动势的最大长度当金属棒在O、C间运动时，R1、R2是并联在电路中的，其情形如图所示其并联电阻R并=R1R2/（R1+R2）=8/3当金属棒运动到x位置时，其对应的长度为y=2 sin（），此时导体产生的感应电动势为E=Byv=2Bv sin（）（单位：V），其电流（单位：A）而金属棒所受的安培R2R1力应与F相等，即F=BIy=在金属棒运动的过程中，由于B、v、R并不变，故F随y的变大而变大当y最大时F最大即Fmax=0.3N（2）R1两端电压最大时，其功率最大即U=Emax时，而金属棒上最大电动势：Emax=Bymaxvx=2.0V这时Pmax=1.0W（3）当t=0时，棒在x=0处设运动到t时刻，则有x=vt，将其代入y得y=2sin（），再结合E=Byv和，得 ABO变式2 如图所示，一根电阻为R 12欧的电阻丝做成一个半径为r 1米的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感强度为B0.2特，现有一根质量为m 0.1千克、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为时，棒的速度大小为v1米/秒，下落到经过圆心时棒的速度大小为v2 米/秒，试求：（1）下落距离为时棒的加速度（2）从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量分析与解答：（1）金属棒下落距离为时，金属棒中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E=B（r）v1此时，金属圆环为外电路，等效电阻为R1W，金属棒中的电流为金属棒受的安培力为F BIL 0.12 N由mg - F ma得：a g - 10 - 10 - 1.2 8.8（m / s2）（2）由能量守恒电功率得mgr - Q mv22 0所以，从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量为Q mgr- mv22 0.1 10 1 J- 0.1 （）2 J 0.44 J变式3 如图所示，匝数N=100匝、截面积S=0.2m2、电阻r=0.5的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化处于磁场外的电阻R1=3.5，R2=6，电容C=30F，开关S开始时未闭合，求：（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少？分析与解答：（1）线圈中的感应电动势小锦囊由于线圈存在电阻，当电键S闭合后，MN两点间的电势差不等于感应电动势，要正确区分路端电压和电动势这两个不同的概念，关键要搞清楚电路结构。通过电源的电流强度线圈两端M、N两点间的电压电阻R2消耗的电功率（2）闭合S一段时间后，电路稳定，电容器C相当于开路，其两端电压UC等于R2两端的电压，即，电容器充电后所带电荷量为当S再断开后，电容器通过电阻R2放电，通过R2的电荷量为变式4 在磁感应强度为B=0.4 T的匀强磁场中放一个半径r0=50 cm的圆形导轨，上面搁有互相垂直的两根导体棒，一起以角速度=103 rad/s逆时针匀速转动。圆导轨边缘和两棒中央通过电刷与外电路连接，若每根导体棒的有效电阻为R0=0.8 ，外接电阻R=3.9 ，如图所示，求：（1）每半根导体棒产生的感应电动势.（2）当电键S接通和断开时两电表示数分别为多少？（假定两电表均为理想电表）.分析与解答：（1）每半根导体棒产生的感应电动势为E1=Bl=Bl2=.4103（0.5）2 V50 V.（2）两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同（从边缘指向中心），相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻为EE150 V，r=R00.1 当电键S断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为50 V.当电键S接通时，全电路总电阻为R=r+R=（0.1+3.9）=4.由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为I A=12.5 A.此时电压表示数即路端电压为U=E-Ir=50-12.50.1 V48.75 V（电压表示数）或UIR12.53.9 V48.75 V.经典例题如图所示的变压器原线圈1接到220V的交流电源上，副线圈2的匝数n 2=30匝，与一个“12V、12W”的灯泡A连接，A能正常发光，副线圈3的输出电压U3=110V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4A，求：（1）副线圈3的匝数n 3；（2）原线圈1的匝数和电流I1。分析与解答：（1）因与副线圈2连接的灯L能正常发光，所以线圈2两端的电压为U2 = 12V，通过灯L的电流为I2 = P2/U2 =1A。由变压器的变压规律得：（2）同理可得变压器原线圈的匝数为：由得原线圈中电流：变式1如图所示，理想变压器原副线圈接有相同的灯泡A、B，原、副线圈的匝数之比为n1：n2 = 2：1，交变电源电压为U，则B灯两端的电压为：分析与解答：设通过B灯的电流为I，由n1I1=n2I2得通过A的电流为：原线圈两端的电压为：由得，所以B灯两端的电压：U2 = 2U/5变式2在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在图示变压器的铁芯的左、右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都有一半通过另一个线圈，另一半通过中间臂，如图6所示，已知线圈1、2的匝数之比为n1：n2=2：1，在不接负载的情况下（）A当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为110VB当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为55VC当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为220VD当线圈2输入电压110V时，线圈2输出电压为110V分析与解答：线圈1为原线圈时，依题意得穿过1线圈的磁通量只有一半是通过2线圈的，所以穿过2线圈的磁通量的变化率也只有穿过1线圈的磁通量的变化率的一半。由得：，所以当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出的电压为55V。线圈2为原线圈时，依题意得穿过2线圈的磁通量只有一半是通过1线圈的，所以穿过1线圈的磁通量的变化率也只有穿过2线圈的磁通量的变化率的一半。由得：，所以当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出的电压为110V。答案为BD。n2Ln3R220Vn1变式3理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为n1=1760匝、n2=288匝、n3=800 0匝，电源电压为U1=220V。n2上连接的灯泡的实际功率为36W，测得初级线圈的电流为I1=0.3A，求通过n3的负载R的电流I3。分析与解答：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用I1/n，而应该用P1=P2+P3和Un。由Un可求得U2=36V，U3=1000V；由U1I1=U2I2+U3I3和I2=1A可得I3=0.03A。经典例题发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 .若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.（2）画出此输电线路的示意图.（3）用户得到的电功率是多少？分析与解答：输电线路的示意图如图所示，输电线损耗功率P线=1004% kW=4 kW，又P线=I22R线输电线电流I2=I3=20 A原线圈中输入电流I1= A=400 A所以这样U2=U1=25020 V=5000 VU3=U2-U线=5000-2010 V=4800 V所以用户得到的电功率P出=10096% kW=96 kW变式1三峡水利枢纽工程是流域治理开发的关键工程，建成后将是中国规模最大的水利工程，枢纽控制流域面积1106km2，占长江流域面积的56，坝址处年平均流量为Q=4.511011m3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面，在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量指26台发电机组同时工作时的总发电功率为P=1.82107KW.年平均发电约为W=8.401010kWh，该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面，阅读上述资料，解答下列问题（水的密度r =1.0103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2）：(1)若三峡电站上、下游水位差按H=100m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率h的公式，并计算出效率h 的数值.(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天?(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P1=4.5106kW，采用超高压输电，输电电压为U=500kV，而发电机输出的电压约为U0=18kV，要使输电线上损耗的功率小于输送电功率5，求：发电站的升压变压器原副线圈的匝数比和输电线路的总电阻.分析与解答：（1）电站能量转化效率为：代入数据：67.1（2）据有192.3天（3）升压变压器匝数比为：9250 据IU得I9.0103A 由得：R2.78 电路的分析和计算的一般思路方法：认真审题，分清电路类别通过审题，明确题涉电路是属于哪类电路问题，以便确定解题方向分析电路，作简化电路图通过对电路的分析，弄清题设条件，作出直观的简化电路图活用方法，运用规律解题画复杂电路的等效电路图时，要善于用支路法和等势法；对电路动态分析时，善于从局部整体局部等进行定性分析，并活用用极限法、串反并同法快捷作出判断；对感应电路求解时，注意运用等效电源法作出等效电路分清电路问题和力学问题，注意抓住相互联系，正确运用规律，解题时必须注意规律的适用条件，切不能盲目套用公式
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