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高中物理模型盘点（十一）-电路的动态变化模型
物理模型盘点——电路的动态变化模型
［模型概述］物理模型盘点——
“电路的动态变化”模型指电路中的局部电路变化时引起的电流或电压的变化，变化起因有变阻器、电键的闭合与断开、变压器变匝数等。不管哪种变化，判断的思路是固定的，这种判断的固定思路就是一种模型。
判断思路：
（1）电路中不论是串联还是并联部分，只要有一个电阻的阻值变大时，整个电路的总电阻就变大。只要有一个电阻的阻值变小时，整个电路的总电阻都变小。
（2）根据总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可判定总电流、电压的变化。
（3）判定变化部分的电流、电压变化。如变化部分是并联回路，那么仍应先判定固定电阻部分的电流、电压的变化，最后变化电阻部分的电流、电压就能确定了。
上述的分析方法俗称“牵一发而动全身”，其要点是从变量开始，由原因导出结果，逐层递推，最后得出题目的解。
图象特性
类型 公式 图象 特例
I-R图线 短路，图象顶端 断路，图象末端
U-R图线 短路，， 断路，，
U-I图线 短路，， 断路，，
P-R图线 当R=r时，电源的输出功率最大，时有两个等效电阻
［模型讲解］
一、直流电路的动态变化
1. 直流电路的动态变化引起的电表读数变化问题
如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，各表（各电表内阻对电路的影响均不考虑）的示数如何变化？为什么？
评点：从本题分析可以看出，在闭合电路中，只要外电路中的某一电阻发生变化，这时除电源电动势、内电阻和外电路中的定值电阻不变外，其他的如干路中的电流及各支路的电流、电压的分配，从而引起功率的分配等都和原来的不同，可谓“牵一发而动全身”，要注意电路中各量的同体、同时对应关系，因此要当作一个新的电路来分析。解题思路为局部电路→整体电路→局部电路，原则为不变应万变（先处理不变量再判断变化量）。
2. 直流电路的动态变化引起的功能及图象问题
用伏安法测一节干电池的电动势和内电阻，伏安图象如图所示，根据图线回答：（1）干电池的电动势和内电阻各多大？（2）图线上a点对应的外电路电阻是多大？电源此时内部热耗功率是多少？（3）图线上a、b两点对应的外电路电阻之比是多大？对应的输出功率之比是多大？（4）在此实验中，电源最大输出功率是多大？
评点：利用题目给予图象回答问题，首先应识图（从对应值、斜率、截矩、面积、横纵坐标代表的物理量等），理解图象的物理意义及描述的物理过程：由U—I图象知E=1.5V，斜率表内阻，外阻为图线上某点纵坐标与横坐标比值；当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大。
二、交变电路的动态变化
如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在初级线圈两端的电压，I1为初级线圈中的电流强度，则（ ）
A. 保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B. 保持P的位置及U1不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小
C. 保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大
D. 保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大
总结：变压器动态问题（制约问题）
①电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压U2由输入电压决定，即，可简述为“输入决定输出”
②电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即，可简述为“输出决定输入”
③负载制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，，原线圈的输入功率P2=P1简述为“输出决定输入”
特例：当变压器空载时（即负载电阻），输出功率为零，输入电流为零，输入功率也为零。当副线圈短路时（即负载电阻R=0），输出电流为无穷大，则输入电流也是无穷大，使原线圈处于“短路”状态。
［误区点拨］
1. 区分固定导体的I-U图线与闭合电路欧姆定律的U-I图象。
2. 在固定导体的I-U图线中，，斜率越大，R越小；
在固定导体的U-I图线中，.，斜率越大，R越大，在闭合电路欧姆定律的U-I图象中，电源内阻，斜率越大，内阻r越大。
3. 区分电源总功率（消耗功率）；输出功率（外电路功率）；电源损耗功率（内电路功率）；线路损耗功率
4. 输出功率大时效率不一定大，当R=r，电源有最大输出功率时，效率仅为50%()，所以功率大并不一定效率高。
5. 求解功率最大时要注意固定阻值与可变电阻的差异。
6. 区分电动势E和内阻r均不变与r变化时的差异。
如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是
A．原线圈的输入功率为220W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
【答案】B
【考点定位】正弦式交变电流的“四值”、理想变压器原副线圈电压、电流、功率与匝数的关系
【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。
一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻和的阻值分别是和，为理想交流电流表，为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关断开时，电流表的示数为；当闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
2 B. 3
C . 4 D. 5
【答案】B
【解析】解法一：
当S断开时，电路如右图所示
由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压
得 ①
根据变压器原副边电压关系： ②
副线圈中的电流： ③
联立①②③得： ④
当S闭合时，电路如右图所示
由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压
得 ⑤
根据变压器原副边电压关系： ⑥
副线圈中的电流得： ⑦
联立⑤⑥⑦得 ⑧
联立④⑧解得
解法二：
设开关断开前后，变压器的等效电阻为和，由于变压器输入功率与输出功率相同，
闭合前：，得 ①
闭合后：，得 ②
根据闭合电路欧姆定律：
闭合前： ③
闭合后： ④
根据以上各式得：
解得，
如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（ ）
原、副线圈砸数之比为9:1
原、副线圈砸数之比为1:9
此时a和b的电功率之比为9:1
此时a和b的电功率之比为1:9
【答案】AD
【解析】
试题分析：设灯泡的额定电压为,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为，副线圈两端电压为，故，根据，A正确B错误；根据公式可得，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误D正确；
如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，消耗的功率变大
B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C、 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表示数变大
D、若闭合开关S，则电流表示数变大，示数变大
【答案】B
【解析】当P上滑时，R增大，变压器的次级电压不变，则次级电流减小，则R1消耗的功率及两端电压变小，则电压表示数变大，A错，B对；P上滑时，次级电流变小，则初级电流也变小，电流表A1变小，C错；若闭合开关S，则变压器的次级减小，次级电流变大，R1的电压变大，电压表V示数减小，则R2两端电压减小，A2示数减小；次级电流变大，则初级电流变大，电流表A1变大，D错误。
物理模型盘点——动态电容器
【模型概述】　
一.必备知识
1.对公式C＝的理解
电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。
3．电容器两类问题的比较
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d＝φA－φB分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝＝分析场强变化。结论：
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
特别提醒：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。
4.平行板电容器动态的分析思路
【典型例题】
题型一：一个电容器
如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是(　　)
A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大
B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
思维引导：
(1)静电计张角增大，表示什么含义？
提示：表示平行板电容器两极板间电压增大。
(2)平行板电容器充电完毕后与电源断开后，不变量是什么？
提示：电荷量。
答案：D。
解析：保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝＝知，极板间的电场强度不变，D正确。
题型二：两个电容器关联
两个相同的电容器A和B如图9所示连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有一定电荷量并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变。已知这时带电粒子的加速度大小为，求B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比(边缘效应可忽略)。
解析：设每个极板的面积均为S，每个电容器的电容均为C，且两板间距均为d，初始时刻两板带电荷量均为Q，电压为U，则C＝，mg＝①，
B的两个极板错开，静电平衡后，两电容器电压相等设为，由，B的两个极板错开，其电容减小，A电容不变，所以>U, 电容器A中的带电粒子静电力增大，所以加速度方向竖直向上，对粒子： 得：=②
得③
代入QA＋QB＝2Q得④
在B板错开后正对面积为S′时，电容满足＝＝⑤
④代入⑤解得＝。
即B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比为1：3

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