电路与电磁感应直流电路的分析与计算讲义

直流电路的分析与计算编审教师：高级教师白英彬本专题在高考中主要考查闭合电路欧姆定律和电路中能量的转化等问题。题型常以动态分析为主，电路可能会结合实际生活中的电器和常见的元件考查，其次还会以各种传感器为背景，考察力电综合，难度中等，常以选择题的形式出现。动态电路（2022•天津市月考）如图所示的电路中，小灯泡L电阻不变，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，R1＞r，将滑动变阻器的滑片向下滑动时，则（）A．电压表的示数变小 B．灯的亮度变小C．电源的输出功率变大 D．电源的效率升高关键信息：（1）滑动变阻器滑片向下滑动→动态电路，R3阻值变小；（2）R1＞r→外电路电阻大于电源内阻，此时电源输出功率随外电阻的增大而减小，反之增大（重难点）。解题思路：根据滑动变阻器下滑，局部阻值变小，总电阻减小，总电流增大，然后由闭合电路欧姆定律知外电压减小，最后根据串并联关系可知支路电流、电压变化情况。AB．将滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器R3接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，故总电流I变大，根据U＝E－Ir可知路端电压减小；根据欧姆定律可知电阻R1两端的电压增加，即电压表的示数变大，故并联部分的电压U并＝U－U1减小，根据欧姆定律可知通过R2的电流减小，由于并联分流可知流过灯的电流变大，根据P＝I灯2R可知灯的功率变大，所以灯的亮度变亮，故A、B错误；C．当外电路电阻接近电源内阻时，电源的输出功率增加；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大。由于R1＞r，所以外电路的总电阻大于电源的内阻，在外电路的总电阻减小的过程中电源的输出功率在变大，故C正确；D．电源的效率η＝×100%＝×100%，变阻器R3接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，所以电源的效率减小，D错误。故选C。AB．滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器R3接入电路的电阻减小，电压表与R3间接串联，由“串反并同”可得电压表示数变大，灯与R3串联，同理可得流过灯的电流变大，由P＝I灯2R可知灯的功率变大，则灯的亮度变亮，故A、B错误；C．当外电路电阻接近电源内阻时，电源的输出功率增加；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大。由于R1＞r，所以外电路的总电阻大于电源的内阻，在外电路的总电阻减小的过程中电源的输出功率在变大，故C正确；D．电源的效率η＝×100%＝×100%，变阻器R3接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，所以电源的效率减小，D错误。故选C。（2022年北京模拟）如图是一个简易风速测量仪的示意图，绝缘弹簧的一端固定，另一端与导电的迎风板相连，弹簧套在水平放置的电阻率较大的光滑的均匀金属细杆上。迎风板与金属杆垂直且接触良好，并能在金属杆上自由滑动。迎风板与金属杆末端分别与电压传感器的两端相连，整个装置与电阻R串联接入闭合电路，则（）A．风速越大，电压传感器的示数越大B．风速越大，流过电阻R的电流越大C．风速不变时，电阻R的阻值越大，电压传感器示数越大D．其他条件不变时，电压传感器示数与弹簧形变量是线性关系关键信息：（1）光滑金属杆→不考虑摩擦，平衡时风力等于弹簧弹力；（2）均匀金属杆、迎风板与金属杆接触并能自由滑动→接入电路的电阻随风力增大而减小（关键点），动态电路分析。解题思路：根据风速变大，弹簧被压缩，金属杆接入电路长度变短，接入电路阻值变小；由闭合电路欧姆定律知电流变大，则路端电压变小，最后根据串并联关系可知电流、电压变化关系。AB．风速越大，金属杆接入电路的长度越短，接入电路的阻值越小，金属杆两端电压越小，电压传感器的示数越小，通过电阻R的电流越大，故A错误，B正确；C．风速不变时，金属杆接入电路的长度不变，接入电路的阻值不变，电阻R的阻值越大，电路中的电流越小，金属杆两端电压越小，电压传感器的示数越小，故C错误；D．假设弹簧的原长为L0，金属杆单位长度的电阻为r0，当弹簧的压缩量为x时，金属杆接入电路的阻值为：Rx＝(L0－x)r0根据闭合电路欧姆定律可得：I＝电压传感器示数为：U＝IRx联立解得：，可知电压传感器示数与弹簧形变量不是线性关系，故D错误；故选B。（2021江苏联考）电子秤主要由三部分构成：秤盘、压力传感器R（是一个压敏电阻）、显示体重的仪表G（由电流表改装）。如图所示，已知表头的满偏电流为1A，内阻Rg＝8Ω，电源电动势E＝10V，内阻r＝2Ω，压敏电阻的阻值随压力变化的关系为R＝30－0.02F（F和R的单位分别是N和Ω），秤盘的质量为0.5kg，g取10m/s2，下列说法中正确是（）A．该秤能测量的最大重力是1300NB．所测重物为995N应标在电流表G刻度盘0.5A刻度处C．该电子秤零刻度线（即不放重物时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0刻度处D．该电子秤零刻度线应标在电流表G刻度盘的最右端A．根据闭合电路欧姆定律，当电流最大时R＋r＋Rg＝，得R＝0，此时F＝1500N，由于秤盘的重量为5N，所以该秤能测的最大重力为1495N，A错误；B．当重物为995N时，R＝10Ω，此时电流I＝=0.5A，B正确；C．当不放重物时，F等于秤盘的重力，即F＝5N，此时R＝29.9Ω，由闭合电路欧姆定律知电路中的电流不为零，C错误；D．当不放重物时力最小，则R最大，电路中的电流最小，所以零刻度线不在最右端，D错误。故选B。1．电路动态分析问题常用的“三法”（1）程序判断法：遵循“局部→整体→部分”的思路，按以下步骤分析：（2）“串反并同”结论法（应用条件：电源内阻不为零，非恒压、恒流电路）①所谓“串反”，即某一电阻增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小（增大）。②所谓“并同”，即某一电阻增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大（减小）。即：（3）极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。2．求解功率最值问题的两点技巧（1）定值电阻的功率：P＝I2R（2）电源的输出功率：P出＝I2R＝＝①根据如图所示图象可知：随着外电阻的增大，输出功率先增大后减小，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vR＜r时：R↑→P出R＞r时：R↑→P出↓))②当R＝r时，输出功率最大，为Pm＝eq\f(E2,4r)。③P出＜Pm时，每个输出功率对应两个不同的外电阻R1和R2，且满足R1R2＝r2，因此需要注意题目可能出现多解的情况。电路中能量的转化（改编）如图所示是某型号的家用电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。该吹风机分为冷风和热风两挡，当打到热风挡时，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风工作电压为220V，吹冷风时的功率为40W，吹热风时的功率为480W。电吹风正常工作时，下列说法正确的是（）A．电热丝的电阻为ΩB．打到热风挡时，只需要闭合开关S1；打到冷风档时，只需要闭合开关S2C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为440JD．若电动机内阻为484Ω，电动机正常工作时的机械效率为75%关键信息：电动机、电热丝→非纯电阻（欧姆定律不适用）、纯电阻（欧姆定律适用）吹冷风→只有电动机工作；吹热风→电动机和电热丝同时工作40W→电动机的电功率；480W→电动机和电热丝同时工作的电功率解题思路：确定电吹风吹热风和吹冷风时对应的电路，根据两种情况下消耗的功率关系求解电热丝消耗的功率，再结合功率的相关公式进行求解。对于含有非纯电阻元件（如电动机）的电路，要掌握以下的相关知识：A．电吹风正常工作，当吹冷风时只有电动机工作，对应的功率为40W，当吹热风时，电动机和电热丝并联后一起工作，电动机和电热丝的总功率为480W，故电热丝消耗的功率为：P＝P热－P冷＝440W，由P＝，可知R＝＝Ω＝110Ω，故A错误；B．打到热风挡时需要同时关闭开关S1和S2，故B错误；C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为W＝Pt＝440×1J＝440J，故C正确；D．吹冷风时的功率为40W，由P＝UI可知，通过电动机M的电流I＝＝＝A，由P热＝I2R，电动机产生的热功率P热＝×484W＝16W，P机＝P－P热＝40W－16W＝24W，故电动机正常工作时的机械效率为×100％＝60％，故D错误。故选C。（2022·浙江·高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75％，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（）A．每秒水泵对水做功为75J B．每秒水泵对水做功为225JC．水泵输入功率为440W D．电动机线圈的电阻为10ΩAB．每秒喷出水的质量为m0＝2.0kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为：W＝m0gH＋＝300J，故AB错误；C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则：P出＝＝300W，而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75％，则P入＝＝400W故C错误；D．电动机的输出功率等于水泵的输入功率，则电动机的机械功率为：P机＝P入＝400W而电动机的电功率为：P电＝UI＝440W由能量守恒可知：P电＝I2R＋P机联立解得：R＝10Ω，故D正确；故选D