专题4 第15课时　直流电路与交流电路教案

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第15课时 直流电路与交流电路
命题规律 1.命题角度：(1)直流电路的分析与计算；(2)交变电流的产生与描述；(3)变压器与远距离输电.2.常考题型：选择题．
高考题型1 直流电路的分析与计算
直流电路动态分析的三种常用方法
考向一 电路基本规律
例1 (多选)(2021·广东高三二模)离地面高度5.0×104 m以下的大气层可视为电阻率较大的漏电介质，假设由于雷暴对大气层的“电击”，使得离地面高度5.0×104 m处的大气层与带负电的地球表面之间形成稳定的电场，其电势差约为3×105 V．已知雷暴每秒给地球充电的电荷量约为1.8×103 C，地球表面积近似为5.0×1014 m2，则( )
A．该大气层的等效电阻约为600 Ω
B．该大气层的平均漏电电流约为1.8×103 A
C．该大气层的平均电阻率约为1.7×1012 Ω·m
D．该大气层的平均电阻率约为1.7×108 Ω·m
答案 BC
解析 该大气层的平均漏电电流约为I＝eq \f(q,t)＝eq \f(1.8×103,1) A＝1.8×103 A，该大气层的等效电阻为R＝eq \f(U,I)＝eq \f(3×105,1.8×103) Ω≈167 Ω，故A错误，B正确；根据R＝ρeq \f(l,S)可得，该大气层的平均电阻率约为ρ＝eq \f(RS,l)＝eq \f(167×5.0×1014,5.0×104) Ω·m≈1.7×1012 Ω·m，故C正确，D错误．
考向二 电路动态分析
例2 (2021·山东济宁市高三期末)如图1所示，R1、R2和R3都是定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是两理想电压表，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，下列说法中正确的是( )
图1
A．电压表V1示数减小
B．电压表V2示数增大
C．电阻R2消耗的电功率增大
D．电压表V1示数的变化量ΔU1的绝对值小于电压表V2示数的变化量ΔU2的绝对值
答案 D
解析 当滑动变阻器的滑片自题图所示位置向左缓慢滑动时，R接入电路的阻值减小，总电阻减小，所以总电流变大，则内电压和R1两端的电压增大，所以R2两端的电压减小，通过R2的电流减小，根据并联电路电流的特点，通过R3这部分支路的电流变大，则R3两端的电压变大，电压表V1示数变大，R两端的电压减小，电压表V2示数减小，故A、B错误；由A、B的分析可知，通过R2的电流减小，所以电阻R2消耗的电功率减小，故C错误；通过以上分析可知，R2两端的电压等于R3两端的电压与R两端的电压之和，R2两端的电压减小，即R3两端的电压与R两端的电压之和减小，而R3两端的电压增大，所以R两端的电压减少的值大于R3两端电压增大的值，即电压表V1示数的变化量ΔU1的绝对值小于电压表V2示数的变化量ΔU2的绝对值，故D正确．
考向三 含容电路的分析与计算
例3 阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图2所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，Q1与Q2的比值为( )
图2
A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,2) C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,3)
答案 C
解析 S断开时等效电路图如图甲所示．
甲
电容器两端电压为U1＝eq \f(E,R＋\f(2,3)R)×eq \f(2,3)R×eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)E；
S闭合时等效电路图如图乙所示．
乙
电容器两端电压为U2＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)×eq \f(1,2)R＝eq \f(1,3)E，
由Q＝CU得eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(3,5)，故选项C正确．
高考题型2 交变电流的产生
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．有效值的计算
(1)正弦式交变电流：有效值是最大值的eq \f(1,\r(2))，即E＝eq \f(Em,\r(2))，I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2)).
(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．
3．正弦式交流电“四值”的应用
考向一 交变电流的产生及四值
例4 (多选)(2019·天津卷·8)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Ф与时间t的关系图像如图3所示．下列说法正确的是( )
图3
A.eq \f(T,2)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eq \f(\r(2)πФm,T)
C．线框转一周外力所做的功为eq \f(2π2Ф\\al(,m2),RT)
D．从t＝0到t＝eq \f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq \f(πФm,T)
答案 BC
解析 由Ф－t图像可知，eq \f(T,2)时刻穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为Em＝NBSω，又ω＝eq \f(2π,T)，N＝1，BS＝Фm，则整理得Em＝eq \f(2πФm,T)，因此感应电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2)πФm,T)，B正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W＝eq \f(E2,R)T＝eq \f(2π2Ф\\al(,m2),RT)，C正确；从t＝0到t＝eq \f(T,4)过程中，线框中产生的平均感应电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(Фm,\f(T,4))＝eq \f(4Фm,T)，D错误．
考向二 有效值的计算
例5 (2018·全国卷Ⅲ·16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图4所示．则Q方∶Q正等于( )
图4
A．1∶eq \r(2) B.eq \r(2)∶1
C．1∶2 D．2∶1
答案 D
解析 由有效值概念知，一个周期内产生热量
Q方＝eq \f(u\\al(,02),R)·eq \f(T,2)＋eq \f(u\\al(,02),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(u\\al(,02),R)T，
Q正＝eq \f(U\\al(,有效2),R)T＝eq \f(\f(u0,\r(2))2,R)T＝eq \f(1,2)·eq \f(u\\al(,02),R)T，
故Q方∶Q正＝2∶1，选D.
高考题型3 变压器与远距离输电
1．变压器中的制约关系
2.远距离输电问题
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，P1＝P2.
②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，P3＝P4.
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3.
3．输电线路功率损失的四个表达式
(1)输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率．两者关系是P损＝P－P′(P为输送功率，P′为用户所得功率)．
(2)P损＝I线2R线＝eq \f(ΔU2,R线)，I线为输电线路上的电流，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为输电线路电阻．
(3)P损＝ΔU·I线．
考向一 变压器的分析和计算
例6 (多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图5(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( )
图5
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
答案 AD
解析 根据i2－t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝eq \f(\r(2),\r(2))×10 V＝10 V，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝eq \f(U2,R3)＝eq \f(10,20) A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确．
例7 如图6所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，且n1U3，若n1∶n2＝n4∶n3，则eq \f(U1,U2)＝eq \f(U4,U3)，U1>U4，选项B错误；用户消耗的功率越大，则I4越大，由eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)知I3越大，由P损＝Ieq \\al(2,3)R知输电线上消耗的功率越大，选项C错误；如果发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为P损＝Ieq \\al(2,2)R＝(eq \f(P,U2))2R，选项D正确．
3．(2021·山西朔州市怀仁市高三期末)一含有理想变压器的电路如图10甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，电阻R1和R2的阻值分别为3 Ω和10 Ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示(t轴上方的曲线为正弦曲线的一部分)，下列说法正确的是( )
图10
A．0.03 s时，通过电阻R1的电流为0
B．电流表的示数为eq \r(6) A
C．电压表的示数为eq \r(6) V
D．0～0.04 s内，电阻R1产生的焦耳热为0.48 J
答案 A
解析 由题图乙可知，在0.03 s的前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故A正确；设电流表的示数为I1，则有I12RT＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),\r(2))))2R·eq \f(T,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2R·eq \f(T,2)，求得I1＝eq \f(\r(6),2) A，故B错误；原线圈中只有大小变化的那部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流的最大值为2eq \r(2) A；设副线圈中电流的有效值为I2，则I22 (R1＋R2)T＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),\r(2))))2(R1＋R2)eq \f(T,2)，求得I2＝eq \r(2) A，因此电压表的示数为U＝I2R2＝10eq \r(2) V，故C错误；在0～0.04 s内，电阻R1产生的焦耳热为Q＝I22R1t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2×3×0.04 J＝0.24 J，故D错误．
4．(多选)(2021·山东济南市高三期末)恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变；恒压源也是一种特殊的电源，其输出的电压能始终保持不变．如图11甲所示的电路中电源是恒流源，如图乙所示的电路中电源是恒压源，两图中的滑动变阻器滑动触头P均从最右端向最左端移动时，下列说法中正确的是( )
图11
A．图甲中R1的电压减小
B．图乙中R1的电压减小
C．图甲中流过R2的电流保持不变
D．图乙中流过R2的电流保持不变
答案 ABD
解析 题图甲中两个支路的电压始终相等，所以支路电流与电阻成反比，即I2R2＝I1(R1＋R0)且I1＋I2＝I是定值，滑动变阻器滑动触头P从最右端向最左端移动时，R0增大，可知I1减小，I2增大，R1的电压U1＝I1R1减小，故A正确，C错误；题图乙中两个支路的电压始终相等且为定值，支路电流与电阻成反比，即I2R2＝I1(R1＋R0)＝U(定值)，滑动变阻器滑动触头P从最右端向最左端移动时，R0增大，可知I1减小，I2不变，R1的电压U1＝I1R1减小，故B、D正确．
专题强化练
[保分基础练]
1．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)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1 100 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′＝eq \f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
答案 AD
解析 由输电电流I＝eq \f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq \f(1,2)，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU.故A、D正确．
2.(多选)(2021·山西吕梁市高三一模)如图1所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r.闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，下列说法正确的是( )
图1
A．电压表的示数一定变大
B．电流表的示数一定变大
C．R2消耗的电功率一定变大
D．电源的输出功率一定变小
答案 AC
解析 将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，则R接入电路的电阻阻值变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即电压表示数变大；R1及内阻r上的电压减小，则并联支路的电压变大，通过R2的电流变大，则通过R支路的电流减小，即电流表示数减小，根据P＝I22R2可知，R2消耗的电功率一定变大；因不知道外电阻和内阻的大小关系，不能确定电源的输出功率的变化情况，故选项A、C正确，B、D错误．
3. (2021·广西桂林市秀峰区高三第一次联合调研)某交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时，磁通量Φ随时间t变化的关系如图2所示，则下列说法正确的是( )
图2
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面平行
B．1 s内线圈中感应电流方向改变50次
C．t＝0.015 s时刻，线圈中的感应电流最大
D．t＝0.01 s时刻，图像的切线斜率为40π Wb/s
答案 D
解析 t＝0时刻，磁通量为0，则线圈平面与中性面垂直，所以A错误；由题图可得周期为0.02 s，一个周期内感应电流方向改变两次，则1 s内线圈中感应电流方向改变100次，所以B错误；t＝0.015 s时刻，线圈中的磁通量最大，感应电流为0，所以C错误；t＝0.01 s时刻，感应电动势最大，Em＝NBSω＝NΦmeq \f(2π,T)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，因此此时图像的切线斜率为eq \f(ΔΦ,Δt)＝Φm·eq \f(2π,T)＝40π Wb/s，所以D正确．
4．(2021·山东德州市高三期末)如图3所示，L1和L2是不计电阻的输电线，电压互感器原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)为k1，电流互感器原、副线圈匝数比eq \f(n1′,n2′)为k2，电压表V的示数为U，电流表A的示数为I，则输电线的输送功率为( )
图3
A．UI B．k1k2UI
C.eq \f(k2,k1)UI D.eq \f(k1,k2)UI
答案 D
解析 已知电压与匝数成正比，所以变压比为k1，电压表示数为U，故传输电压为U传＝Uk1，已知电流与匝数成反比，所以变流比为eq \f(1,k2)，电流表示数为I，故传输电流为I传＝Ieq \f(1,k2)，故输电线的输送功率为P＝U传I传＝eq \f(k1,k2)UI，故选D.
5．(2020·福建福州市3月质检)如图4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计．从某时刻开始在c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压．则下列说法中正确的是( )
图4
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1 V
B．当单刀双掷开关与b连接时，在t＝0.01 s时刻，电流表示数为4.4 A
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小
答案 B
解析 当单刀双掷开关与a连接时，变压器原、副线圈匝数比为10∶1，输入电压的有效值为U1＝eq \f(311,\r(2)) V≈220 V，根据变压比公式eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)，可得输出电压为22 V，即电压表的示数为22 V，故A错误；当单刀双掷开关与b连接时，变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，输入电压的有效值不变，为U1，根据变压比公式eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)，可得输出电压为44 V，根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值I2＝eq \f(44,10) A＝4.4 A，故B正确；由题图乙可知，电压的最大值为311 V，交流电的周期为2×10－2 s，所以交流电的频率为f＝50 Hz，当单刀双掷开关由a拨向b时，变压器不会改变交流电的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz，故C错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故D错误．
6．(2020·湖北宜昌市高三年级3月统一调研测试)两个完全相同的电热器，分别通以如图5甲、乙所示的交变电流(甲图曲线为正弦曲线的一部分)，在一段相同且较长时间内，它们的发热量之比为Q1∶Q2＝4∶1，则I1∶I2等于( )
图5
A．4∶1 B．2eq \r(2)∶1
C．1∶2 D．1∶1
答案 A
解析 题图甲中，由电流有效值的定义可知(eq \f(I1,\r(2)))2Req \f(T,2)＝I2RT，解得I＝eq \f(1,2)I1 ，则其功率P1＝I2R＝eq \f(1,4)I12R；题图乙中正、反向电流大小相等，电流的有效值为I2，故功率P2＝I22R；因Q1∶Q2＝4∶1，Q1＝P1t，Q2＝P2t，故I1∶I2＝4∶1.故选A.
7．(2020·全国卷Ⅰ·17)图6(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变化的图像中，正确的是( )
图6
答案 A
解析 电阻R两端的电压UR＝IR，其中I为线路上的充电电流或放电电流．对电容器，Q＝CUC，则I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝Ceq \f(ΔUC,Δt)，由UC－t图像知：1～2 s内，电容器充电，令I充＝I；2～3 s内，电容器电压不变，则电路中电流为0；3～5 s内，电容器放电，则I放＝eq \f(I,2)，方向与I充相反，结合UR＝IR可知，电阻R两端的电压随时间变化的图像与A对应．
[争分提能练]
8．(多选)如图7甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R＝8 Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成闭合电路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
图7
A．电源的电动势E＝eq \f(2\r(10),5) V，内阻r＝2 Ω
B．图乙中Rx＝25 Ω
C．当滑动变阻器的滑片向左移动时，R上消耗的功率先增大后减小
D．调整滑动变阻器RP的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1.28 W
答案 BD
解析 RP消耗的功率P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r＋RP)))2·RP＝eq \f(E2,\f(R＋r－RP2,RP)＋4R＋r)，当RP＝R＋r时，P有最大值，把R＋r等效为电源的内阻，由题图乙可知R＋r＝10 Ω时，P＝eq \f(E2,4R＋r)＝0.4 W，则E＝4 V、r＝2 Ω，A项错误；滑动变阻器的阻值为4 Ω和阻值为Rx时消耗的功率相等，则有eq \f(4E2,4＋R＋r2)＝eq \f(E2,Rx＋R＋r2)Rx，代入数据解得Rx＝25 Ω，B项正确；当滑动变阻器的滑片向左滑动时，其接入电路的电阻增大，则电路中电流减小，R上消耗的功率减小，C项错误；由于负载电阻大于内阻r，故当RP＝0时，电源的输出功率最大，为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r)))2·R＝1.28 W，D项正确．
9.(多选)(2021·辽宁葫芦岛市高三期末)如图8，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则( )
图8
A．A的示数增大
B．V2的示数增大
C．ΔU3与ΔI的比值大于r
D．ΔU1大于ΔU2
答案 ACD
解析 滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对．电压表V1测量定值电阻R的电压，电阻R阻值不变，总电流变大，所以电压变大即V1的示数增大；电压表V2测量定值电阻和滑动变阻器的总电压即路端电压，示数变小，选项B错．因理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则ΔU1＝ΔI×R，ΔU2＝ΔI×r，又R>r，所以ΔU1>ΔU2，选项D对．电压表V3测量滑动变阻器电压，电压表V3的变化量ΔU3＝ΔI×(r＋R)，所以eq \f(ΔU3,ΔI)＝r＋R>r，选项C对．
10．(多选)(2021·山东卷·9)输电能耗演示电路如图9所示．左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω.开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P.以下判断正确的是( )
图9
A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω
C．P＝45 W D．P＝22.5 W
答案 BD
解析 当开关S接1时，左侧变压器副线圈两端电压U2＝3×7.5 V＝22.5 V
电阻R上的电压，即右侧变压器副线圈两端的电压U4＝eq \r(10×10) V＝10 V
电流I4＝eq \f(U4,R)＝1 A
则右侧变压器原线圈两端的电压U3＝2U4＝2×10 V＝20 V
电流I3＝eq \f(1,2)I4＝eq \f(1,2)×1 A＝0.5 A
则r＝eq \f(U2－U3,I3)＝5 Ω；
当开关S接2时，设右侧变压器的输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压与匝数的关系可知eq \f(U2－Ir,n3)＝eq \f(0.5IR,n4)
解得I＝3 A
则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W
故选B、D.
11．(多选)(2021·山东德州市高三期末)如图10所示，水平向左的匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场中固定着两个水平放置的相同金属圆环，两金属圆环通过导线与阻值为R的电阻和理想电压表相连，两金属圆环的圆心在同一竖直线上．现有一导体棒在外力作用下以大小为ω的角速度沿金属圆环内侧逆时针(俯视)匀速转动，转动过程中导体棒始终处于竖直状态并且上下两端始终与金属圆环接触良好，导体棒的长度为L，电阻为r，金属圆环的半径为eq \f(L,2)，金属圆环与导线的电阻不计，初始时导体棒在图示位置，速度与磁感线垂直．以下说法正确的是( )
图10
A．导体棒每转动一周电流方向改变一次
B．导体棒转过30°时产生的电动势为eq \f(\r(3)BL2ω,2)
C．电压表的示数为eq \f(\r(2)BL2ωR,4R＋r)
D．导体棒转动一周外力做功为eq \f(πB2L4ω,4R＋r)
答案 CD
解析 导体棒在金属圆环上转动时切割磁感线产生的瞬时感应电动势为e＝eq \f(1,2)BL2ωcs ωt，则一个周期电流方向改变两次，所以A错误；导体棒转过30°时产生的电动势为E＝eq \f(1,2)BL2ωcs 30°＝eq \f(\r(3),4)BL2ω，所以B错误；电压表的示数为电压的有效值，Um＝eq \f(Em,R＋r)R＝eq \f(BL2ωR,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)))，则U＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(\r(2)BL2ωR,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)))，所以C正确；由功能关系可知导体棒转动一周外力做的功等于电路在一个周期内产生的热量，则有W＝Q，Q＝eq \f(\f(Em,\r(2))2,R＋r)T，T＝eq \f(2π,ω)，解得W＝eq \f(πB2L4ω,4R＋r)，所以D正确．
12．(多选)(2021·河北卷·8)如图11，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )
图11
A．通过电阻R2的电流为eq \f(n1I,n2)
B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)
C．n0与n1的比值为eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)
D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)
答案 BC
解析 由题知理想电流表读数为I，
则根据欧姆定律有U1＝IR1
根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有
eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，eq \f(n0,n2)＝eq \f(U0,U2)
则有U0＝eq \f(n0,n1)IR1，U2＝eq \f(n2,n1)IR1
再由欧姆定律有U2＝I2R2
可计算出I2＝eq \f(n2R1,n1R2)I
故A错误，B正确；
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
Emax＝2NBL2ω，
U0＝eq \f(Emax,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω
又U0＝eq \f(n0,n1)IR1，则eq \f(n0,n1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正确；
由于变压器为理想变压器，则有
P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2
联立解得P0＝eq \f(\r(2)NBL2ωI,n0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n\\al(,12)R2＋n\\al(,22)R1,n1R2)))
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误．
[尖子生选练]
13．如图12所示理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，两端分别接有四个相同的灯泡(其电阻不随温度变化)，已知4盏灯均能发光，则L1灯实际消耗功率与其他三盏灯实际消耗功率之和的比值为( )
图12
A．1∶1 B．1∶3 C．9∶1 D．3∶1
答案 D
解析 由于eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,2)，可得U2＝2U1，而灯L3和L4串联，因此加在L3和L4上的电压均为eq \f(U2,2)，而加在L2两端的电压为U1，因此L2、L3和L4亮度相同，设流过这三盏灯的电流均为I，由于eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(2,1)
可知流过原线圈的电流为2I，因此流过灯L1的电流为3I，根据P＝I2R
可知L1灯实际消耗功率与其他三盏灯实际消耗功率之和的比值为eq \f(P1,P2＋P3＋P4)＝eq \f(3I2R,I2R＋I2R＋I2R)＝eq \f(3,1)，故选D.程序法
R局eq \(――→,\s\up7(增大),\s\d5(减小))I总＝eq \f(E,R＋r)eq \(――→,\s\up7(减小),\s\d5(增大))U内＝I总req \(――→,\s\up7(减小),\s\d5(增大))U外＝E－U内eq \(――→,\s\up7(增大),\s\d5(减小))U支＝U外－I总R干eq \(――→,\s\up7(增大),\s\d5(减小))最后确定I支
串联电路注意分析各部分的电压关系，并联电路注意分析各部分的电流关系.
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)．
极限法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动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
制约关系
电压
副线圈的电压U2＝eq \f(n2,n1)U1，由原线圈的电压U1和匝数比决定
功率
原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定
电流
原线圈电流I1＝eq \f(n2,n1)I2由副线圈电流I2和匝数比决定