【精编版】2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略课件：1-5-1第一讲 直流电和交流电
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A．灯泡 L1 断路 B．灯泡 L2 断路 C．变阻器断路 D．电源断路
[解析] 若灯泡 L1 断路，电路中没有电流，则 Udc＝0，Ubc ＝0，Uab＝U，与题意不符，故 A 错误；若灯泡 L2 断路，电路中 没有电流，则 Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝U，与题意不符，故 B 错误； 若变阻器 R 断路，电路中没有电流，Uab＝0，Ucd＝0，Ubc＝U， 与题意相符，故 C 正确；若电源断路，则 Uad＝Ubc＝0，与题意 不符，故 D 错误．
[解析] 设通过 R1、R2、R3、R4 的电流分别为 I1、I2、I3、I4， 两端的电压分别为 U1、U2、U3、U4，干路电流为 I 总，路端电压 为 U，电流表示数为 I，当滑动变阻器 R2 的滑动触头向右滑动时， R2 连入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，I 总变小，根据闭合 电路欧姆定律得：U＝E－I 总 r，则 U 变大，U 即电压表的示数， 选项 A 错误；电压表示数变大，I3 变大，由 I4＝I 总－I3，I 总变小， I3 变大，可得 I4 变小，从而知 U4 变小，而 U1＝U－U4，U 变大， U4 变小，则 U1 变大，I1 变大，又 I 总＝I＋I1，I 总变小，I1 变大， 可知 I 变小，所以电流表的示数变小，选项 B 正确；由 I4＝I1＋
2πΦm T
C．线框转一周外力所做的功势为πΦT m
[解析] 由 Φ－t 图像可知，T2时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＝2Tπ，N＝1，BS＝Φm，则整理得 Em＝2πTΦm，
正弦式交变电流“四值”的比较和理解
迁移一 交变电流的图像 1．(多选)(2019·天津卷)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 的关系图像如图所示．下列说法正确的是( BC )
A．T2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
②假设法 已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个 电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用 电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则 故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合， 则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为 止，此方法亦称排除法．
C 错误，D 正确．
解法二：法拉第电磁感应定律法 t 时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值 Φ＝12Bl1l2cos2Tπt，将 Φ 对 t 求导，得 Φ′＝－πBTSsin2Tπt，根据法拉第电磁感应定律，可知 t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值为 e＝πBTSsin2Tπt，则线圈转 动 30°时，线圈中产生的瞬时电动势 e＝π2BTS，后面的解析见解法 一．
b．电压表有示数而电流表无示数 “电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示 数”说明没有或几乎没有电流流过电流表． 故障原因可能是：ⅰ.电流表短路；ⅱ.和电压表并联的用电 器断路． c．电流表、电压表均无示数 “两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路 外，可能是干路断路导致无电流． d．欧姆表检测 先使被测电路与电源断开，用欧姆表检测用电器，指针不动， 说明用电器断路；指针偏转最大，说明用电器短路．
迁移二 常规动态电路的分析 2．(多选)(2019·河南名校联考)如图电路中，电源的内电阻为 r，R1、R3、R4 均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合开关 S， 当滑动变阻器 R2 的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是 ( BD )
A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变小 C．R1 中电流的变化量一定大于 R4 中电流的变化量 D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比一定小 于电源的内电阻 r
[解析] 解法一：切割法 线圈转动过程中 bc 边或 ad 边切割磁感线，这两个边的切割 刚好交替进行，实现完美对接，从图示位置开始计时，bc 边切割 磁感线的速度为 v＝12ωl1sinωt＝Tπl1sin2Tπt，其产生的瞬时电动势 为 e＝Bl2v＝πBTl1l2sin2Tπt＝πBTSsin2Tπt，则线圈转动 30°时的瞬时 电动势为 e＝π2BTS，电路的总电阻为 2R，产生的瞬间电流为 I＝2eR ＝π4RBTS，解得线圈面积 S＝4πIRBT，选项 A 正确；由公式 Em＝nBSω
4．极限分析法：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滑到两端、中间等特殊位置，对特殊 位置进行分析讨论，从而得到有效电阻的变化规律．
迁移一 电路的故障分析 1．(2019·四川宜宾一中训练)如图所示电路中，a、d 间接电 源，灯泡 L1 和 L2 都不亮，用电压表测得各部分的电压分别为 Uad ＝U，Uab＝0，Ubc＝U，Ucd＝0，已知电源电压为 U，则产生的 故障原因可能是(只有一处断路)( C )
A．圆形金属线圈中产生感应电动势的最大值为 8 2 V B．通过圆形金属线圈的电流的有效值为2 52 A C．电阻消耗的电功率为 3.2 W D．在磁感应强度变化的 0～T4时间内，通过电阻 R 的电荷量 为 4.0×10－5 C
A．线圈的面积为4πIRBT
B．线圈消耗的电功率为 4I2R
C．t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值 e＝2
2π 2IRsin T t
D．t 时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值 Φ＝2IπRTcos2Tπt
[思路引领] 线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式 Em ＝nBSω 求解感应电动势的最大值；由题意可知，t＝0 时线圈处 于中性面位置，根据 e＝Emsinωt 可列出感应电动势的瞬时值表 达式；正弦式交变电流的最大值是有效值的 2倍，进而可求得电 动势的有效值．
第
一 部
专题综合突破
分
专题五
电路与电磁感应
第一讲
直流电和交流电
知识体系构建
[答案] (1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比， 跟整个电路中的总电阻成反比．
(2)表达式：I＝R＋E r，或 E＝U 外＋Ir，或 Eq＝qU 外＋qU 内． (3)电路故障分析基本思路及方法 ①仪表检测法 a．电流表示数正常而电压表无示数 “电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表 无示数”表明无电流通过电压表． 故障原因可能是：ⅰ.电压表损坏；ⅱ.电压表接触不良；ⅲ. 与电压表并联的用电器短路．
电路动态分析的常用“4 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．极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题， 可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．
3．串反并同法：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、两端的电压、电功率都减 小(增大)．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、两端的电压、电功率都增大(减小)．
[解析] 当滑动变阻器的滑片 P 向左移动时，其接入电路的 电阻增大，则电路的总电阻增大，总电流减小．小灯泡消耗的电 功率 P＝I2RL，由于灯泡的电阻 RL 不变，所以灯泡消耗的电功率 减小，灯泡变暗，选项 B 错误；当内、外电阻相等时，电源的输 出功率最大，当 R 外>r 内时，随着外电路电阻的增大，电源的输 出功率减小．由于灯泡 L 的电阻大于电源的内阻，故当滑动变阻 器接入电路的电阻增大时，电源的输出功率减小，选项 A 正确； 滑动变阻器两端的电压增大，电容器与滑动变阻器并联，所以电 容器两端的电压也增大，其电荷量增大，选项 C 错误；电流表读 数变小，电压表读数 U＝E－Ir，U 变大，选项 D 错误．
迁移三 含电容电路的动态分析 3．(2019·吉林六校联考)在如右图所示的电路中，灯泡 L 的 电阻大于电源的内阻 r，闭合开关 S，将滑动变阻器的滑片 P 向 左移动一段距离后，下列结论正确的是( A )
A．电源的输出功率变小 B．灯泡 L 变亮 C．电容器 C 上电荷量减少 D．电压表读数变小
I2，I4 变小，I1 变大，知 I2 变小，则 ΔI1<ΔI2，ΔI2>ΔI4，则无法比 较 R1 中电流变化量与 R4 中电流变化量的大小关系，选项 C 错误； 电源的内电阻 r＝ΔΔIU总，I 总＝I＋I1，I 总变小，I 变小，I1 变大，所 以 ΔI 总<ΔI，可得ΔΔIU总>ΔΔUI ，选项 D 正确．
可知，线圈中的电动势的最大值
Em＝πBTS＝4IR，有效值
E＝Em 2
＝2 2IR，线圈消耗的电功率 P＝2ER2R＝2I2R，选项 B 错误；
由上述可知，t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值 e＝πBTSsinωt
＝4IRsin2Tπt，磁通量的瞬时值 Φ＝12BScosωt＝2IπRTcos2Tπt，选项
(4)理想变压器的基本特征 ①无漏磁，故原、副线圈中的 Φ、ΔΔΦt 相同． ②线圈无电阻，因此无电压降低，U＝E＝nΔΔΦt . ③根据Un＝ΔΔΦt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈， 还是副线圈，该比例都成立． ④无电能损失． ⑤变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电 流的频率．
电路稳定时，电容器所在的支路可看作是断路，分析含有电 容器的直流电路时，关键是准确判断和求出电容器两端的电压， 需注意当充电或放电时电容器所在支路不能看作断路.
热点考向二 交变电流的产生和描述
【典例】 (多选)(2019·湖北八校联考)如图所示，矩形单匝 线圈 abcd，ab 边长为 l1，bc 边长为 l2，线圈放置在磁感应强度 大小为 B 的匀强磁场中，绕 OO′轴匀速转动，转动的周期为 T， ab 的中点和 cd 的中点的连线 OO′恰好位于匀强磁场的边界线 上，转轴 OO′垂直于磁场方向，线圈的阻值为 R，与线圈相连 的电阻的阻值也为 R，从图示位置开始计时，线圈转过 30°时线 圈中的瞬时感应电流为 I.以下判断正确的是( AD )
[解析] 因 R1 阻值小于变阻器的总电阻，则知在滑片 P 由中 点向上移动的过程中，滑动变阻器与 R1 并联部分电路的总电阻 R 并先增大后减小，电路中总电流 I 总＝R并＋RE2＋R内先减小后增大， 电源内阻消耗的功率 P 内＝I2总R 内先减小后增大，A 项正确．电源 的效率 η＝I总2 IR2总并R＋并R＋2＋R2R 内＝R并R＋并R＋2＋R2R内＝1＋R1并R＋内R2先增大后 减小，B 项错误．在滑片 P 由中点向上移动到顶端的过程中，因 R1 与滑动变阻器上部分的电阻之和逐渐减小，由“串反并同”可 知，电流表的示数一直增大，C 项错误．电压表的示数 U＝E－I 总 R 内先增大后减小，D 项正确．
热点考向突破
热点考向一 直流电路的分析和计算
【典例】 (多选)(2019·浙江杭州五县七校联考)如图所示电 路，电源内阻不能忽略，R1 阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片 P 位于变阻器的中点，P 由中点向上移动到顶端的过程中( AD )
A．电源内阻消耗的功率先减小后增大 B．电源的效率先减小后增大 C．电流表的示数先减小后增大 D．电压表的示数先增大后减小 [思路引领]
因此感应电动势的有效值为 E＝Em＝ 2
2πTΦm，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＝ER2T＝2πR2TΦm2 ，C 正确；0～T4的过程中，线框中产生的平均感
应电动势为 E ＝ΦTm＝4ΦTm，D 错误． 4
迁移二 交变电流的“四值”问题 2．(2019·河北六校联考)如图所示，圆形金属线圈与 R＝10 Ω 的电阻组成闭合回路，线圈中存在磁场，且磁场方向与线圈所在 平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律为 B＝1.0×10－ 2sin200t(T)，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为 e＝ 8cos2Tπt(V)，若圆形金属线圈的电阻不计，圆形金属线圈所围成 的面积 S＝0.04 m2，则下列说法错误的是( A )
[解析] 若灯泡 L1 断路，电路中没有电流，则 Udc＝0，Ubc ＝0，Uab＝U，与题意不符，故 A 错误；若灯泡 L2 断路，电路中 没有电流，则 Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝U，与题意不符，故 B 错误； 若变阻器 R 断路，电路中没有电流，Uab＝0，Ucd＝0，Ubc＝U， 与题意相符，故 C 正确；若电源断路，则 Uad＝Ubc＝0，与题意 不符，故 D 错误．
[解析] 设通过 R1、R2、R3、R4 的电流分别为 I1、I2、I3、I4， 两端的电压分别为 U1、U2、U3、U4，干路电流为 I 总，路端电压 为 U，电流表示数为 I，当滑动变阻器 R2 的滑动触头向右滑动时， R2 连入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，I 总变小，根据闭合 电路欧姆定律得：U＝E－I 总 r，则 U 变大，U 即电压表的示数， 选项 A 错误；电压表示数变大，I3 变大，由 I4＝I 总－I3，I 总变小， I3 变大，可得 I4 变小，从而知 U4 变小，而 U1＝U－U4，U 变大， U4 变小，则 U1 变大，I1 变大，又 I 总＝I＋I1，I 总变小，I1 变大， 可知 I 变小，所以电流表的示数变小，选项 B 正确；由 I4＝I1＋
2πΦm T
C．线框转一周外力所做的功势为πΦT m
[解析] 由 Φ－t 图像可知，T2时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＝2Tπ，N＝1，BS＝Φm，则整理得 Em＝2πTΦm，
正弦式交变电流“四值”的比较和理解
迁移一 交变电流的图像 1．(多选)(2019·天津卷)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 的关系图像如图所示．下列说法正确的是( BC )
A．T2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
②假设法 已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个 电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用 电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则 故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合， 则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为 止，此方法亦称排除法．
C 错误，D 正确．
解法二：法拉第电磁感应定律法 t 时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值 Φ＝12Bl1l2cos2Tπt，将 Φ 对 t 求导，得 Φ′＝－πBTSsin2Tπt，根据法拉第电磁感应定律，可知 t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值为 e＝πBTSsin2Tπt，则线圈转 动 30°时，线圈中产生的瞬时电动势 e＝π2BTS，后面的解析见解法 一．
b．电压表有示数而电流表无示数 “电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示 数”说明没有或几乎没有电流流过电流表． 故障原因可能是：ⅰ.电流表短路；ⅱ.和电压表并联的用电 器断路． c．电流表、电压表均无示数 “两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路 外，可能是干路断路导致无电流． d．欧姆表检测 先使被测电路与电源断开，用欧姆表检测用电器，指针不动， 说明用电器断路；指针偏转最大，说明用电器短路．
迁移二 常规动态电路的分析 2．(多选)(2019·河南名校联考)如图电路中，电源的内电阻为 r，R1、R3、R4 均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合开关 S， 当滑动变阻器 R2 的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是 ( BD )
A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变小 C．R1 中电流的变化量一定大于 R4 中电流的变化量 D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比一定小 于电源的内电阻 r
[解析] 解法一：切割法 线圈转动过程中 bc 边或 ad 边切割磁感线，这两个边的切割 刚好交替进行，实现完美对接，从图示位置开始计时，bc 边切割 磁感线的速度为 v＝12ωl1sinωt＝Tπl1sin2Tπt，其产生的瞬时电动势 为 e＝Bl2v＝πBTl1l2sin2Tπt＝πBTSsin2Tπt，则线圈转动 30°时的瞬时 电动势为 e＝π2BTS，电路的总电阻为 2R，产生的瞬间电流为 I＝2eR ＝π4RBTS，解得线圈面积 S＝4πIRBT，选项 A 正确；由公式 Em＝nBSω
4．极限分析法：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滑到两端、中间等特殊位置，对特殊 位置进行分析讨论，从而得到有效电阻的变化规律．
迁移一 电路的故障分析 1．(2019·四川宜宾一中训练)如图所示电路中，a、d 间接电 源，灯泡 L1 和 L2 都不亮，用电压表测得各部分的电压分别为 Uad ＝U，Uab＝0，Ubc＝U，Ucd＝0，已知电源电压为 U，则产生的 故障原因可能是(只有一处断路)( C )
A．圆形金属线圈中产生感应电动势的最大值为 8 2 V B．通过圆形金属线圈的电流的有效值为2 52 A C．电阻消耗的电功率为 3.2 W D．在磁感应强度变化的 0～T4时间内，通过电阻 R 的电荷量 为 4.0×10－5 C
A．线圈的面积为4πIRBT
B．线圈消耗的电功率为 4I2R
C．t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值 e＝2
2π 2IRsin T t
D．t 时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值 Φ＝2IπRTcos2Tπt
[思路引领] 线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式 Em ＝nBSω 求解感应电动势的最大值；由题意可知，t＝0 时线圈处 于中性面位置，根据 e＝Emsinωt 可列出感应电动势的瞬时值表 达式；正弦式交变电流的最大值是有效值的 2倍，进而可求得电 动势的有效值．
第
一 部
专题综合突破
分
专题五
电路与电磁感应
第一讲
直流电和交流电
知识体系构建
[答案] (1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比， 跟整个电路中的总电阻成反比．
(2)表达式：I＝R＋E r，或 E＝U 外＋Ir，或 Eq＝qU 外＋qU 内． (3)电路故障分析基本思路及方法 ①仪表检测法 a．电流表示数正常而电压表无示数 “电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表 无示数”表明无电流通过电压表． 故障原因可能是：ⅰ.电压表损坏；ⅱ.电压表接触不良；ⅲ. 与电压表并联的用电器短路．
电路动态分析的常用“4 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．极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题， 可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．
3．串反并同法：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、两端的电压、电功率都减 小(增大)．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、两端的电压、电功率都增大(减小)．
[解析] 当滑动变阻器的滑片 P 向左移动时，其接入电路的 电阻增大，则电路的总电阻增大，总电流减小．小灯泡消耗的电 功率 P＝I2RL，由于灯泡的电阻 RL 不变，所以灯泡消耗的电功率 减小，灯泡变暗，选项 B 错误；当内、外电阻相等时，电源的输 出功率最大，当 R 外>r 内时，随着外电路电阻的增大，电源的输 出功率减小．由于灯泡 L 的电阻大于电源的内阻，故当滑动变阻 器接入电路的电阻增大时，电源的输出功率减小，选项 A 正确； 滑动变阻器两端的电压增大，电容器与滑动变阻器并联，所以电 容器两端的电压也增大，其电荷量增大，选项 C 错误；电流表读 数变小，电压表读数 U＝E－Ir，U 变大，选项 D 错误．
迁移三 含电容电路的动态分析 3．(2019·吉林六校联考)在如右图所示的电路中，灯泡 L 的 电阻大于电源的内阻 r，闭合开关 S，将滑动变阻器的滑片 P 向 左移动一段距离后，下列结论正确的是( A )
A．电源的输出功率变小 B．灯泡 L 变亮 C．电容器 C 上电荷量减少 D．电压表读数变小
I2，I4 变小，I1 变大，知 I2 变小，则 ΔI1<ΔI2，ΔI2>ΔI4，则无法比 较 R1 中电流变化量与 R4 中电流变化量的大小关系，选项 C 错误； 电源的内电阻 r＝ΔΔIU总，I 总＝I＋I1，I 总变小，I 变小，I1 变大，所 以 ΔI 总<ΔI，可得ΔΔIU总>ΔΔUI ，选项 D 正确．
可知，线圈中的电动势的最大值
Em＝πBTS＝4IR，有效值
E＝Em 2
＝2 2IR，线圈消耗的电功率 P＝2ER2R＝2I2R，选项 B 错误；
由上述可知，t 时刻线圈中的感应电动势的瞬时值 e＝πBTSsinωt
＝4IRsin2Tπt，磁通量的瞬时值 Φ＝12BScosωt＝2IπRTcos2Tπt，选项
(4)理想变压器的基本特征 ①无漏磁，故原、副线圈中的 Φ、ΔΔΦt 相同． ②线圈无电阻，因此无电压降低，U＝E＝nΔΔΦt . ③根据Un＝ΔΔΦt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈， 还是副线圈，该比例都成立． ④无电能损失． ⑤变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电 流的频率．
电路稳定时，电容器所在的支路可看作是断路，分析含有电 容器的直流电路时，关键是准确判断和求出电容器两端的电压， 需注意当充电或放电时电容器所在支路不能看作断路.
热点考向二 交变电流的产生和描述
【典例】 (多选)(2019·湖北八校联考)如图所示，矩形单匝 线圈 abcd，ab 边长为 l1，bc 边长为 l2，线圈放置在磁感应强度 大小为 B 的匀强磁场中，绕 OO′轴匀速转动，转动的周期为 T， ab 的中点和 cd 的中点的连线 OO′恰好位于匀强磁场的边界线 上，转轴 OO′垂直于磁场方向，线圈的阻值为 R，与线圈相连 的电阻的阻值也为 R，从图示位置开始计时，线圈转过 30°时线 圈中的瞬时感应电流为 I.以下判断正确的是( AD )
[解析] 因 R1 阻值小于变阻器的总电阻，则知在滑片 P 由中 点向上移动的过程中，滑动变阻器与 R1 并联部分电路的总电阻 R 并先增大后减小，电路中总电流 I 总＝R并＋RE2＋R内先减小后增大， 电源内阻消耗的功率 P 内＝I2总R 内先减小后增大，A 项正确．电源 的效率 η＝I总2 IR2总并R＋并R＋2＋R2R 内＝R并R＋并R＋2＋R2R内＝1＋R1并R＋内R2先增大后 减小，B 项错误．在滑片 P 由中点向上移动到顶端的过程中，因 R1 与滑动变阻器上部分的电阻之和逐渐减小，由“串反并同”可 知，电流表的示数一直增大，C 项错误．电压表的示数 U＝E－I 总 R 内先增大后减小，D 项正确．
热点考向突破
热点考向一 直流电路的分析和计算
【典例】 (多选)(2019·浙江杭州五县七校联考)如图所示电 路，电源内阻不能忽略，R1 阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片 P 位于变阻器的中点，P 由中点向上移动到顶端的过程中( AD )
A．电源内阻消耗的功率先减小后增大 B．电源的效率先减小后增大 C．电流表的示数先减小后增大 D．电压表的示数先增大后减小 [思路引领]
因此感应电动势的有效值为 E＝Em＝ 2
2πTΦm，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＝ER2T＝2πR2TΦm2 ，C 正确；0～T4的过程中，线框中产生的平均感
应电动势为 E ＝ΦTm＝4ΦTm，D 错误． 4
迁移二 交变电流的“四值”问题 2．(2019·河北六校联考)如图所示，圆形金属线圈与 R＝10 Ω 的电阻组成闭合回路，线圈中存在磁场，且磁场方向与线圈所在 平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律为 B＝1.0×10－ 2sin200t(T)，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为 e＝ 8cos2Tπt(V)，若圆形金属线圈的电阻不计，圆形金属线圈所围成 的面积 S＝0.04 m2，则下列说法错误的是( A )