第2讲 恒定电流与交变电流
要点提炼
1.直流电路动态分析方法
(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”，即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况。
(2)结论法——“串反并同”
“串反”：指某一电阻增大(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)。
“并同”：指某一电阻增大(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)。
2．电容器仅在充放电时有充放电电流，稳定时相当于断路。
3．交流电有效值的求法
(1)正弦式交流电的峰值是有效值的“”倍。
(2)非正弦式交流电的有效值根据定义求解，即有效值与一个周期通过相同电阻产生相同热量的恒定电流的值相同。
4．交流电四值的用法
(1)求电功、电热用有效值。
(2)求通过导体横截面的电荷量用平均值。
(3)判断二极管、电容器是否被击穿，将耐压值与峰值比较。
(4)判断保险丝是否被熔断，将熔断值同有效值比较。
5．含变压器电路的动态分析
(1)决定关系：变压器原线圈输入电压决定副线圈输出电压；副线圈回路电流或输出功率决定原线圈电流或输入功率。
(2)动态分析：从电源到用户分析电压，从用户到电源分析电流或功率。副线圈回路的动态分析同直流电路的动态分析类似。
高考考向1 直流电路的分析与计算
命题角度1
直流电路的动态分析
例1 (2020·山西省晋中市高三(下)全国普通高校招生统一模拟)如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2、R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合时，平行金属板中带电小液滴P处于静止状态。选地面为零电势参考面，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则( )
A．电阻R1消耗的功率增大
B．小液滴一定会运动且运动过程中电势能增加
C．电源的效率减小
D．若电流表、电压表的示数变化量分别为ΔI和ΔU，则解析 由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器R4接入的电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联部分的电压增大，电压表的示数U变大；由欧姆定律可知流过R3的电流I3增大，故电流表的示数I减小。根据P1＝IR1，可知电阻R1消耗的功率减小，故A错误；电压表的示数变大，金属板间的电场变强，液滴所受的电场力变大，大于小液滴的重力，则小液滴会向上运动，电场力做正功，则小液滴的电势能减小，故B错误；由于路端电压增大，由η＝×100%可知电源的效率增大，故C错误；根据|ΔI干|＝|ΔI|－|ΔI3|可知|ΔI干|<|ΔI|，由于＝R1＋r，则答案 D
1．处理直流电路问题的核心规律是欧姆定律，恰当选取研究对象，研究对象可以是部分电路，也可以是整个回路。
2．电路动态分析最基本的方法是程序法。
备课记录：
1.
(2020·江苏高考)(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时( )
A．车灯的电流变小
B．路端电压变小
C．电路的总电流变小
D．电源的总功率变大
答案 ABD
解析 开关闭合时，车灯变暗，故流过车灯的电流I灯变小，A正确；电路的路端电压为U路＝U灯＝I灯R灯，I灯变小，故路端电压变小，B正确；电路的总电流即干路电流，为I干＝＝，U路变小，故电路的总电流变大，C错误；电源的总功率为P总＝EI干，I干变大，故电源的总功率变大，D正确。
命题角度2
直流电路(含电容)的分析与计算
例2 (2020·全国卷Ⅰ)图a所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图b所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是( )
解析 已知电容器C两端的电压UC，则电容器极板所带电荷量Q＝CUC；根据电流的定义可知，流过电阻R的电流I＝；根据欧姆定律可知，电阻R两端的电压UR＝IR，联立各式可解得UR＝RC，即电阻R两端的电压UR与电容器两端电压的变化率成正比。结合题图b可知，0～1
s及2～3
s内UR＝0；1～2
s及3～5
s内UR均为定值，且1～2
s内的UR大小是3～5
s内UR大小的2倍，而UC增大时电容器充电，UC减小时电容器放电，故1～2
s和3～5
s内通过R的电流方向相反，UR的正负相反。综上所述，A正确。
答案 A
直流电路中电容器的分析
(1)直流电路中，只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。
(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之并联的电阻(或电路)两端的电压。
备课记录：
2－1 (2020·山东高考模拟)如图甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所示。曲线形状由a变化为b，是由于( )
A．电阻R阻值变大
B．电阻R阻值减小
C．电源电动势E变大
D．电源电动势E减小
答案 A
解析 由题图乙可知，两次充电过程电容器最终所带电荷量qm相同，只是充电时间不同，说明电容器充电结束时两端电压UC＝没有发生变化，即电源的电动势不变。曲线b比曲线a开始时的充电电流小，根据I＝，t＝0时，UR＝E可知，曲线b所对应的电阻R比曲线a所对应的电阻R阻值大。故A正确，B、C、D错误。
2－2 (2020·浙江省名校协作体3月联考)如图，一电动自行车动力电源上的铭牌标有“48
V 12
Ah”字样。它正常工作时电源输出电压为40
V，额定输出功率为240
W，由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%，不考虑其他部件的摩擦损耗。已知人与车的总质量为76.8
kg，自行车运动时受到的阻力恒为38.4
N，自行车保持额定功率从静止开始启动加速到最大速度所前进的距离为10
m，下列说法正确的是( )
A．额定工作电流为5
A，电源内阻为1.6
Ω
B．自行车电动机的内阻为5
Ω
C．自行车加速的时间为7
s
D．自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间约为2.4
h
答案 C
解析 正常工作时电源输出电压为40
V，额定输出功率为240
W，则额定工作电流I＝＝
A＝6
A，电源内阻r＝＝
Ω＝
Ω，故A错误；设电动机的内阻为rM，电动机的效率为80%，则P－0.8P＝I2rM，解得rM＝
Ω＝
Ω，故B错误；设自行车加速的时间为t，对自行车的加速过程应用动能定理得0.8Pt－fx＝mv2－0，又0.8P＝fv，解得t＝7
s，故C正确；自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间t1＝＝＝2
h，故D错误。
高考考向2 交变电流的分析与计算
命题角度1
交变电流的产生及其“四值”的分析、计算
例3 (2019·天津高考)(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是( )
A．时刻线框平面与中性面垂直
B．线框的感应电动势有效值为
C．线框转一周外力所做的功为
eq
\f(2π2Φ,RT)
D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为
解析 中性面的特点是与磁场垂直，线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，则时刻线框所在平面与中性面重合，A错误；感应电动势最大值为Em＝Φmω＝Φm，对正弦式交流电，感应电动势有效值E有＝＝，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W＝E电＝
eq
\f(E,R)·T＝
eq
\f(2π2Φ,RT)，C正确；由法拉第电磁感应定律知，从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势＝＝＝，D错误。
答案 BC
1．线圈通过中性面时的特点
(1)穿过线圈的磁通量最大。
(2)线圈中的感应电动势为零。
(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。
2．求解正弦式交变电流瞬时值表达式的方法
书写交变电流瞬时值表达式时要注意是从线圈位于中性面的位置开始计时，还是从线圈位于与中性面垂直的位置开始计时。具体求解步骤如下：
(1)确定正弦式交变电流的峰值。根据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝＝2πf＝2πn。
注意：正弦式交流电的峰值Em＝NBSω，与线圈形状无关。
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
①若从线圈位于中性面的位置开始计时，则e
?t图象为正弦函数图象，e＝Emsinωt；
②若从线圈位于垂直中性面的位置开始计时，则e
?t图象为余弦函数图象，e＝Emcosωt。
3．求解交变电流有效值的两种方法
公式法
对于按正弦(余弦)规律变化的电流，可先根据Em＝NBSω求出最大值，再根据E＝求出有效值，然后结合欧姆定律求得I＝、U＝
定义法
步骤
(1)设阻值、定时间：设将交变电流加在阻值为R的电阻上，时间取t＝T
(2)求热量：Q＝Q1＋Q2＋…(分段法)
(3)求解有效值：根据Q＝I2Rt＝t求解有效值I、U
备课记录：
3．(2020·福建高三二模)某小组设计了一种发电装置，如图甲所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为α，磁场均沿半径方向；当电阻为r的线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动时，其产生的感应电流随时间的变化图象如图乙所示，外接电阻的阻值为R，则下列判断正确的是( )
A．ω＝
B．α＝
C．电流的有效值I有＝I0
D．发电机的输出功率P出＝IR
答案 C
解析 由图乙可知周期为T＝2(t3－t1)，则角速度ω＝＝，故A错误；线圈经过磁场时有感应电流，则转过角度α经历的时间为t2－t1，故α＝ω(t2－t1)＝，故B错误；根据有效值的定义有：IR·2(t3－t1)＝IR·2(t2－t1)，解得I有＝I0，故C正确；发电机的输出功率P出＝IR＝IR，故D错误。
命题角度2
理想变压器及远距离输电的分析、计算
例4 (2020·全国卷Ⅲ)(多选)在图a所示的交流电路中，电源电压的有效值为220
V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10
Ω，R3＝20
Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图b所示。下列说法正确的是( )
A．所用交流电的频率为50
Hz
B．电压表的示数为100
V
C．电流表的示数为1.0
A
D．变压器传输的电功率为15.0
W
解析 变压器不改变交流电的频率，故所用交流电的频率等于电流i2的频率，即f＝＝＝50
Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I2＝＝1
A，根据欧姆定律可知，R2两端的电压即副线圈两端的电压，为U2＝I2R2＝1×10
V＝10
V，根据理想变压器的电压规律＝，可知原线圈两端的电压为U1＝U2＝10×10
V＝100
V，电压表示数即电阻R1两端的电压，为UV＝U0－U1＝220
V－100
V＝120
V，B错误；电流表的示数即通过R3的电流，为IA＝＝
A＝0.5
A，C错误；变压器传输的电功率即副线圈电路的总功率，为P＝(I2＋IA)U2＝(1＋0.5)×10
W＝15.0
W，D正确。
答案 AD
原线圈串联或并联负载的变压器问题的解题策略
(1)变压器原、副线圈间的电压关系、电流关系仍然满足变压器原理，原线圈的输入功率仍然等于副线圈的输出功率。
(2)原线圈端串联分压电阻时，输入端前端电压等于分压电阻的电压和变压器输入电压之和；原线圈端并联分流电阻时，输入端前端电流等于分流电阻的电流与原线圈电流之和。
(3)理想变压器改变的是电压和电流，不能改变频率和功率。
备课记录：
4－1 (2020·浙江高三二模)如图所示，一自耦变压器(可看做理想变压器)输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端CD间接灯泡和滑动变阻器。转动滑片P可以改变副线圈的匝数，移动滑片Q可以改变R接入电路的阻值。则( )
A．只将P顺时针转动，灯泡变亮
B．只将P逆时针转动，灯泡变亮
C．只将Q向上移动，灯泡变亮
D．只将Q向下移动，灯泡变亮
答案 B
解析 理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，即＝，只将P顺时针转动，原线圈匝数n1不变，副线圈匝数n2减小，原线圈两端电压UAB不变，则副线圈两端电压UCD减小，故灯泡变暗；同理可知，只将P逆时针转动时，灯泡变亮，A错误，B正确。灯泡L与滑动变阻器R并联，只移动滑片Q，灯泡两端电压UCD不变，灯泡亮度不变，C、D错误。
4－2 (2020·全国卷Ⅱ)(多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550
kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100
kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则( )
A.ΔP′＝ΔP
B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU
D．ΔU′＝ΔU
答案 AD
解析 输电电压为550
kV时，输电线上损耗的电功率ΔP＝·r，损失的电压ΔU＝·r，当输电电压变为1100
kV，即变为原来的2倍时，输电线上损耗的电功率变为ΔP′＝·r＝ΔP，损失的电压变为ΔU′＝·r＝ΔU，故A、D正确。
专题作业
1．(2020·江苏高考)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器( )
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
答案 D
解析 电流互感器原线圈匝数较少，副线圈匝数较多，由＝可知，电流互感器是一种升压变压器，A错误。电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只能测量交流电路中的电流，B错误。电流互感器不改变电流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C错误。电流互感器原线圈匝数较少，副线圈匝数较多，由＝可知，副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确。
2．(2020·江苏省南京市六校联合体高三(下)5月联考)如图1为手机及无线充电板。如图2为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电，下列说法正确的是( )
A.手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗
B．如果图示方向的磁场在变强，受电线圈中c点的电势高于d点的电势
C．在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压
D．受电线圈中交变电流的频率与送电线圈中交变电流的频率相同
答案 D
解析 手机外壳用金属材料制作会产生涡流，增大能量损耗，故A错误；如果题图2中方向的磁场在变强，根据楞次定律可知，受电线圈中产生的感应电流俯视为顺时针方向，即受电线圈中感应电流方向由c到d，因此c点的电势低于d点的电势，故B错误；手机无线充电的原理是互感，与变压器的原理相同，根据U2＝U1·，当送电线圈匝数n1增加时，受电线圈的电压U2减小，故C错误；根据变压器的知识，受电线圈中交变电流的频率与送电线圈中交变电流的频率相同，故D正确。
3.
(2020·陕西榆林联考)(多选)如图所示，电源的电动势E＝6
V，内阻r＝1
Ω，电阻R1＝3
Ω，R2＝6
Ω，电容器的电容C＝3.6
μF，二极管D一般由硅管或锗制成，具有单向导电性，下列判断正确的是( )
A．开关S1闭合、S2断开时和开关S1、S2均闭合时，电容器两端电压均为4
V
B．开关S1闭合，S2断开，当合上S2，待电路稳定以后，电容器上电荷量变化了1.8×10－6
C
C．开关S1、S2闭合，待电路稳定以后断开S1，流过R1的电荷量为9.6×10－6
C
D.开关S1、S2闭合，待电路稳定以后断开S1，流过R1的电荷量为1.44×10－5
C
答案 BC
解析 设开关S1闭合、S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有I1＝＝
A＝1.5
A，U1＝I1R1＝1.5×3
V＝4.5
V；设合上开关S2后，电容器两端电压为U2，干路电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有I2＝＝
A＝2
A，U2＝I2＝2×
V＝4
V，所以电容器上电荷量减少了ΔQ＝(U1－U2)C＝(4.5－4)×3.6×10－6
C＝1.8×10－6
C，故A错误，B正确。合上S1、S2后，电容器上的电荷量为：Q＝CU2＝3.6×10－6×4
C＝1.44×10－5
C；再断开S1后，通过R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比，即流过电阻R1的电荷量为Q1＝Q＝9.6×10－6
C，故C正确，D错误。
4．(2020·湖北省七市州教科研协作体高三(下)5月联合考试)(多选)如图甲为旋转电枢式交流发电机的原理图，多匝矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与可变电阻R连接，与R并联的交流电压表为理想电表，当R＝10
Ω时电压表示数是10
V。已知线圈的内阻为r＝5
Ω，图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象，则( )
A．可变电阻R消耗的电功率为10
W
B．穿过线圈磁通量的最大值为
Wb
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是
u＝14.1sin
100πt(V)
D．调节可变电阻R的阻值大小，其消耗的最大电功率可以达到11.25
W
答案 AD
解析 可变电阻R消耗的电功率为PR＝＝
W＝10
W，A正确；电动势有效值为E＝(R＋r)＝×(10＋5)V＝15
V，电动势的最大值为Em＝E＝15
V，ω＝＝100π
rad/s，根据Em＝nBωS＝nωΦm，可得Φm＝＝
Wb＝
Wb，B错误；因t＝0时穿过线圈的磁通量为零，此时线圈产生的感应电动势最大，则R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝Umcos
ωt＝U
cos
ωt＝14.1cos
100πt(V)，C错误；调节可变电阻R的阻值大小，当R＝r时其消耗的电功率最大，最大电功率为Pm＝＝
W＝11.25
W，D正确。
5．(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100
kW，发电机的电压U1＝250
V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8
Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220
V。已知输电线上损失的功率P线＝5
kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电流I1＝40
A
B．输电线上的电流I线＝625
A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455
A
答案 C
解析 根据电功率公式P＝UI，可知发电机输出的电流I1＝＝400
A，A错误；输电线上损失的功率P线＝5
kW，由P线＝IR线，可得I线＝
＝25
A，故B错误；降压变压器得到的功率即用户得到的功率为P4＝P－P线＝95
kW，则用户得到的电流I4＝＝≈432
A，D错误；根据理想变压器电流与线圈匝数成反比，可得＝＝，C正确。
6.
(2020·辽宁省丹东市高三(下)总复习质量测试(二))(多选)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，单匝、闭合等腰直角三角形导线框abc以直角边ac为轴匀速转动。已知线框转动角速度为ω，ac边、ab边的边长均为L，闭合线框的电阻为R。若从图示位置开始计时，则( )
A.转动过程中，任意时刻线框中的感应电动势为e＝ωBL2cos
ωt
B．转动过程中，任意时刻线框中的感应电动势为e＝ωBL2sin
ωt
C．线框转一周，外力所做的功为
D．从图示位置转过90°的过程中，线框的平均感应电动势为
答案 AD
解析 线框中的感应电动势最大值为Em＝BSω＝Bω·L2，则从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝ωBL2cos
ωt，故A正确，B错误；电动势的有效值为E＝＝ωBL2，线框转一周，外力所做的功为W＝T＝·＝，故C错误；从图示位置转过90°的过程中，线框的平均感应电动势为＝＝＝，故D正确。
7．(2020·辽宁省辽南协作校高三(下)第二次模拟考试)(多选)实验小组设计了如图所示的装置研究变压器，导体棒ab的两个端点分别搭接在两个竖直放置、半径相等的光滑金属圆环上，两圆环所在空间处于方向竖直向下的匀强磁场中，圆环通过电刷与导线c、d相接。c、d两个端点接在匝数比n1∶n2＝5∶1的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0，导体棒ab绕与ab平行的水平轴(即两圆环的中心轴，轴与环面垂直)OO′以角速度ω匀速转动。如果滑动变阻器连入电路的阻值为R时，电流表的示数为I，ab棒、圆环及接触电阻均不计，下列说法正确的是( )
A．滑动变阻器上消耗的功率为P＝25I2R
B．变压器原线圈两端的电压U1＝5IR
C．取ab在环的最低端时t＝0，则导体棒ab中感应电流的表达式是i＝I
sin
ωt
D．若c、d间改接电阻R′后电流表的示数不变，则ab棒转过90°的过程中流过ab棒的电荷量可能为
答案 AD
解析 由变压器原副线圈中的电流关系＝，得I2＝5I，则滑动变阻器上消耗的功率为P＝IR＝25I2R，A正确；由变压器原副线圈两端的电压关系＝，可知U1＝5U2，又由欧姆定律有U2＝I2R＝5IR，所以U1＝25IR，B错误；取ab在环的最低端时t＝0，此时ab与磁场垂直，产生的感应电动势最大，感应电流最大，则导体棒ab中感应电流的表达式是i＝I
cos
ωt，C错误；若c、d间改接电阻R′后电流表的示数不变，则R′两端的电压为U1＝25IR＝IR′，可知电阻R′＝25R，交变电流最大值为I＝，则ab棒从环的最低端转过90°的过程中，磁通量变化为ΔΦ＝BLr＝＝，所以流过ab棒的电荷量为q＝＝，D正确。
8．(2020·河南省洛阳市高三(下)第三次统一考试)如图a所示电路中，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图b所示。不考虑电表对电路的影响，则( )
A．定值电阻R0为2
Ω
B．电源内阻r为10
Ω
C．电源电动势E为3.4
V
D．定值电阻R0的最大电功率为0.9
W
答案 D
解析 定值电阻R0两端的电压随电流的增大而增大，由图线的斜率得：R0＝
Ω＝10
Ω，故A错误；电压表V2测得的是电源的路端电压，上方图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r＝
Ω＝2
Ω，故B错误；当电流为0.1
A时，电压表V2的读数为3.4
V，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝U＋Ir＝3.4
V＋0.1×2
V＝3.6
V，故C错误；当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，为：Imax＝＝
A＝0.3
A，定值电阻R0的最大电功率为：P＝IR0＝(0.3)2×10
W＝0.9
W，故D正确。
9.
(2020·四川省泸州市高三(下)第三次教学质量诊断性考试)如图所示，有一圆形线圈绕直径OO′在竖直平面内做匀速圆周运动，OO′右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，大小为B。已知线圈面积为S，共有N匝，线圈电阻不计，外接电阻阻值大小为R，圆形线圈转动的角速度为ω。则电阻两端的电压有效值大小为( )
A．
B．
C．
D．
答案 B
解析 由图可知，线圈只有一半在磁场中，故产生的电动势的最大值为Em＝NBω＝，电阻两端的电压有效值等于电动势有效值，即UR＝E＝＝＝，故A、C、D错误，B正确。
10．(2020·四川省德阳市高中高三(下)第三次诊断考试)(多选)如图，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻。压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过。现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性地闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮。下列说法正确的是( )
A．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变
B．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大
C．增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大
D．增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变
答案 AC
解析 灯泡不亮的原因是加在压敏电阻两端的电压降低，电阻不能导通，若将P向上滑动，根据＝，副线圈两端电压升高，可能使灯泡继续闪亮，由于手摇发电机手柄转动的频率不变，因此闪亮频率也不变，A正确，B错误；增大发电机手柄的转速，即手摇发电机手柄转动的频率增加，角速度增加，根据感应电动势的最大值表达式Em＝NBSω，可知电源电压升高，压敏电阻两端电压升高，可能使灯泡继续闪亮，闪亮频率等于手摇发电机手柄转动的频率，会增大，C正确，D错误。
11．(2020·四川省宜宾市第四中学高三开学考试)某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U?t曲线，如图2所示，电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0、图线与坐标轴围成的面积S、图线上任一点的切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻的阻值R均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是( )
A．电容器放出的总电荷量
B．电阻R两端的最大电流
C．定值电阻的阻值R
D．电源的电动势和内电阻
答案 D
解析 由Q＝CU0可知，电容器放出的总电荷量可求出；Q＝Δt＝，而Δt＝S，所以R可求出；电阻R两端的最大电流即为电容器刚开始放电时的电流，为Imax＝，所以Imax可求出；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电时两极板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E＝U0，而电源的内电阻无法求出。故选D。
阅卷现场 电磁感应过程划分出错
例 (2020·山东省德州市一模)(12分)如图甲所示，两平行的固定金属导轨水平，宽度为L＝1
m；导轨的上表面光滑，且左端封闭；导轨所在平面有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示；垂直放置在导轨上的导体棒的质量为m＝2
kg，电阻为R＝2
Ω，回路中的其他电阻不计。0到t0＝2
s时间内使导体棒静止，此阶段导体棒距导轨左端的距离也为L＝1
m；自t0＝2
s时刻起，释放导体棒，同时对导体棒施加一水平向右的恒力F，F＝2
N，导体棒达到最大速度后，其电流与0到t0＝2
s时间内的电流相同。已知自0时刻开始至导体棒刚到最大速度时，回路中产生的焦耳热为Q＝4.75
J。求：
(1)导体棒达到最大速度时回路中的电流；
(2)自0时刻开始至导体棒刚到最大速度时，导体棒经过的位移。
正解 (1)导体棒达到最大速度后，其电流与0到t0时间内的电流相同，电动势也与0到t0时间内的电动势相同，设t0＝2
s时磁感应强度为B0，则有：
＝B0Lvm(2分)
得导体棒的最大速度vm＝0.5
m/s(1分)
导体棒达到最大速度后，有：F＝ILB0(1分)
I＝(1分)
得导体棒达到最大速度时回路中的电流I＝
A。(1分)
(2)0到t0时间内回路中产生的焦耳热
Q1＝I2Rt0＝2
J(1分)
自t0时刻开始至导体棒刚到最大速度时，导体棒克服安培力做的功W安＝Q－Q1(2分)
由动能定理有：Fx－W安＝mv－0(2分)
得导体棒经过的位移x＝1.5
m。(1分)
答案 (1)
A (2)1.5
m
错解 (1)导体棒达到最大速度后，其电流与0到t0时间内的电流相同，电动势也与0到t0时间内的电动势相同，设t0＝2
s时磁感应强度为B0，则有：
＝B0Lvm(2分)
得导体棒的最大速度vm＝0.5
m/s(1分)
导体棒达到最大速度后，有：F＝ILB0(1分)
I＝(1分)
得导体棒达到最大速度时回路中的电流I＝
A。(1分)
(2)自0时刻开始至导体棒刚到最大速度时，导体棒克服安培力做的功W安＝Q(扣3分)
由动能定理有：Fx－W安＝mv－0(2分)
得导体棒经过的位移x＝2.5
m。(扣1分)
答案 (1)
A (2)2.5
m
自0时刻开始至导体棒刚到最大速度时，克服安培力做的功并不等于产生的焦耳热，原因是0～2
s的时间内导体棒没有运动，克服安培力做功为零，但产生的焦耳热并不为零。本题自0时刻开始至导体棒刚到最大速度时，仅t0＝2
s后才克服安培力做功，错解原因在于仅考虑导体棒切割磁感线克服安培力做功时产生的焦耳热，未考虑磁场变化时磁场能转化成的焦耳热。这提醒我们分析问题时一定要明确过程，准确进行模型构建。(共97张PPT)
第2讲 恒定电流
与交变电流
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
解析
答案
