2020届高考物理艺考生大二轮总复习 上篇 专题四 电路与电磁感应 第1讲 直流电路与交流电路教学案.docx

第1讲直流电路与交流电路三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心素养1.直流电路的考查：以电学实验为主，单独对直流电路的分析与计算进行命题的概率较小，有时会综合电磁感应现象，能量等知识进行综合考查全国卷中只有2016全国卷中的第17题对含电容器的电路进行了考查2.交流电路的考查：2018全国卷第16题考查了交流电的产生和描述3.2020年高考全国卷从以下几个方面命题的概率较大：(1)理想变压器的工作原理与规律及动态分析(2)远距离输电的模式(3)交流电的产生和描述.2018卷16t交变电流中热量的计算科学思维考向一直流电路的动态分析知识必备提核心通技法1明确1个定律、2个关系(1)闭合电路的欧姆定律：i.(2)路端电压与电流的关系：ueir.(3)路端电压与负载的关系uiree，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小2明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化(2)某支路开关闭合或断开典题例析析典题学通法例1(多选)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为e、内电阻为r，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器，c为电容器，a、v分别为理想电流表和电压表在滑动变阻器的滑片p自a端向b端滑动的过程中，下列说法正确的是()a电压表示数减小b电流表示数增大c电容器c所带电荷量增多da点的电势降低审题指导滑动变阻器的滑片自a端向b端滑动滑动变阻器接入电路的电阻减小总电阻减小总电流增大局部电流、电压、功率变化，也可根据串反并同法或极限法求解解析bd基础解法：程序法滑片p由a端向b端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电阻r1两端电压增大，电压表v示数变大，a错误；电阻r2两端的电压u2ei总(r1r)，i总增大，则u2减小，i2，故i2减小，电流表a的示数iai总i2增大，b正确；由于电容器两端的电压ucu2减小，由qcuc知电容器所带电荷量q减小，c错误；uababau2，故a降低，d正确能力解法一：串反并同法由于r3减小，r2与r3并联，则u2、i2均减小，而ucu2，qcuc，知电容器所带电荷量q减小，c错误；uabu2aba减小，d正确；因为r1间接与r3串联，故i1、u1均增大，电压表v示数增大，a错误；电流表和滑动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的阻值减小时，电流表a示数增大，b正确能力解法二：极限法若将滑片p滑到b点，则r30，ab0，d正确；r2两端电压为零，则电容器c两端电压也为零，电容器所带电荷量q0，c错误；当r30时，电路总电阻最小，总电流最大，r1两端电压最大，故a错误；由于iai1i2，此时i1最大，i20最小，故ia最大，b正确跟进题组练考题提能力1(2019银川期末)如图所示电路，电源内阻不可忽略开关s闭合后，在滑动变阻器r0的滑片向下滑动的过程中()a电压表的示数增大，电流表的示数减小b电压表的示数减小，电流表的示数增大c电压表与电流表的示数都增大d电压表与电流表的示数都减小解析：dr0向下滑，r0减小，r总减小，i总，u内i总r，u路eu内，因此电压表示数减小，接下来看第一级：定值电阻r1与右端总电阻串联，先看定值电阻r1，i总i1变大，所以ur1增大，由u路u1u并可知u并减小看第二级：定值电阻r2与r0并联，u2u并减小，所以i2减小，电流表示数也减小，所以d选项正确2.(2020西安模拟)如图所示的电路中，电源的电动势为e、内阻为r，电表均为理想电表闭合开关s，滑动变阻器的滑动触头由图示的位置向右滑动一小段距离，在这个过程中，下列判断正确的是()a电源的输出功率增加b电阻r2两端电压减小c电容器所带电荷量减少d电压表与电流表示数变化量的比值增加解析：cr1向右滑动，使r1减小，电容器与r1并联，电容器相当于断路，所以r总r1r2r减小，由i总可知i总增大，u内i总r增大，u路eu内减小，定值电阻r2的电流增大，所以ur2i总r2，ur2增大，u路ur1ur2，所以ur1减小，ucur1减小，由qccuc可知qc减小，c选项正确，b选项错误对于定值电阻r，而变化电阻不能成立，由于eu路u内，当测路端电压的电压表示数减少u时，内电压就增加u，所以r，选项d是错误的而对电源的输出功率，当rr外时，输出功率最大，开始时r外与r的关系不确定，所以当r1向右滑动时，不知r外与r最接近，还是相差更多，因此电源的输出功率如何变不确定，因此a选项错误所以应选c选项规律方法知规律握方法闭合电路的动态分析方法(1)程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化(或开关的通断)，引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析此类问题的基本步骤是：由局部电阻变化判断总电阻的变化；由i判断总电流的变化；由u内ir判定内电压的变化；据ueu内判断路端电压的变化；接下来要逐级确定定值电阻的电压或电流的变化，再确定变化电阻的电压或电流的变化(2)极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论(3)特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值法判定，从而得出结论(4)结论法：“串反”“并同”即某一电阻阻值变化，则与该电阻相串联的用电器两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相反；与该电阻相并联的用电器两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相同考向二交变电流的产生及描述知识必备提核心通技法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正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)四值计算式应用最大值emnbs计算电容器的耐压值瞬时值eemsin t计算闪光电器的闪光时间等有效值e电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等平均值计算通过导体横截面的电荷量等注意：(1)只有正弦交流电最大值与有效值间才有倍关系(2)计算电热时只能用有效值，不可用平均值(3)计算电荷量时应该用平均值典题例析析典题学通法例2(2019商丘三模)(多选)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r2 ，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右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器r的最大阻值为r0 ，滑动片p位于滑动变阻器中央，定值电阻r1r0、r2，其他电阻不计从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关s，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 v，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图像，则下列说法正确的是()a电阻r2上的热功率为 wb0.02 s时滑动变阻器r0两端的电压瞬时值为零c线圈产生的e随时间t变化的规律是e10cos (100t)vd线圈开始转动到t s的过程中，通过r1的电荷量为 c审题指导(1)矩形线圈从与中性面垂直的位置开始计时，产生余弦规律的交流电(2)理想交流电压表的示数是有效值(3)从t图象中可读出交流电的周期，进而求出频率解析ad由电路的串、并联关系可得r外r010 ，电压表测的是电源的路端电压，由欧姆定律i1 a，所以i2i a，所以pr2ir2 w，所以a选项正确t0.02 s时0，最大，r0两端电压最大，所以b选项错误euir12 v，所以em12 v，由于从中性面垂直位置计时，应为余弦函数，e12cos(100t) v，c选项错误q，转过t，emm，msin ，代入得q c，所以选项d正确，应选a、d.跟进题组练考题提能力1(2018全国卷，16t)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，如图所示，则q方q正等于()a1b.1c12 d21解析：d由焦耳定律qt，得：q方，q正，所以，故d正确，a、b、c错误2(2020陕西省榆林市第三次模拟)如图甲所示，为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其et图像如图乙所示发电机线圈的内阻为1，外接灯泡的电阻为9，电表均为理想电表，则()a电压表的示数为6 vb在2102 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零，线圈与中性面平行c在1102 s时刻，穿过线圈的磁通量为零，线圈处于中性面d发电机的输出功率为3.24 w解析：d由em6 v，e6 v，由闭合电路欧姆定律得，电压表示数ue5.4 v，故a错误；在2102 s时刻，感应电动势最大，故穿过线圈的磁通量变化率最大，线圈与中性面垂直，故b错误；在1102 s时刻，感应电动势为零，故说明线圈处于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，故c错误；灯泡实际消耗的功率即电源的输出功率，由功率公式可知，p w3.24 w，故输出功率为3.24 w，故d正确易错警示辨易错防未然解决交变电流问题要注意的几点(1)理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点与中性面重合时，sb，最大，0，e0，i0，电流方向将发生改变与中性面垂直时，sb，0，最大，e最大，i最大；电流方向不变(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题(4)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路确定正、余弦交变电流的峰值，根据已知图像或由公式emnbs求出相应峰值，其中2f2n.明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式a若线圈从中性面开始计时，则et图像为正弦函数，eemsin t；b若线圈从垂直中性面开始计时，则et图像为余弦函数，eemcos t.考向三有关变压器问题分析知识必备提核心通技法理想变压器的基本关系大小关系因果关系功率p入p出p出决定p入电压u1决定u2电流只有一个副线圈时，有多个副线圈时，u1i1u2i2u3i3unini2决定i1典题例析析典题学通法例3(2020枣庄模拟)(多选)如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1n2101，原线圈接入电压u220sin (100t)v的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，定值电阻r010 ，可变电阻r的阻值范围为010 ，则()a副线圈中交变电流的频率为100 hzbt0.02 s时，电压表的示数为22 vc调节可变电阻r的阻值时，电流表示数的变化范围为0.110.22 ad当可变电阻阻值为10 时，变压器的输入电功率为242 w 审题流程第一步审题干提取信息(1)从输入电压的表达式可知道电压的最大值220 v，有效值为220 v，角速度100，周期t0.02 s，频率f50 hz.(2)电压表、电流表的示数指的是电压、电流的有效值，在哪个时刻都不变第二步审问题明确目标输入电流是由输出端负载电阻的大小决定的，因此必须先计算负载电阻的变化范围，再计算输出的功率的变化范围，最后确定输入电流的变化范围解析bc原、副线圈绕在同样的铁芯上，因此原、副线圈中交变电流的周期、频率都是相同的，由u220sin(100t) v可知100，由2f可知f50 hz，a选项错误电表的示数在任何时刻都是有效值，是不变的，u1的有效值为最大值除以即u1220 v由可得u222 v，所以b选项是正确的调节r，r副的取值范围是1020 ，p2，可得p2的范围是24.248.4 w，由于是理想变压器，p1的范围也是24.248.4 w，由p1u1i1可知电流表的变化范围是0.110.22 a，因此c选项正确，d是错误的跟进题组练考题提能力1(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是51，原线圈接入电压为220 v的正弦交流电，各元件正常工作，一个理想二极管和一个滑动变阻器r串联接在副线圈上，如图所示电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是()a原、副线圈中的电流之比为51b电压表的读数约为31.11 vc若滑动变阻器接入电路的阻值为20 ，则1 min内产生的热量为2 904 jd若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：bc由n1i1n2i2，可得i1i2n2n115，选项a错误；u1220 v，u244 v，电压表测量的是电阻r两端的电压，其示数表示有效值，需要根据电流的热效应计算电压的有效值，取交流电的一个周期t，考虑到二极管具有单向导电性，则t，代入数据可得变阻器两端电压有效值u22 v31.11 v，选项b正确；1 min内电阻r上产生的热量为qt2 904 j，选项c正确；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，但滑动变阻器两端电压的有效值不变，即电压表示数不变，变阻器消耗的功率变大，输出功率变大，输入功率和输入电流均变大，所以电流表示数变大，选项d错误2(2020湖北武汉武昌区元月调研)(多选)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器升压变压器t1的原、副线圈匝数之比为n1n2110，在t1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r2 ，降压变压器t2的原、副线圈匝数之比为n3n4101，若t2的“用电设备”两端的电压为u4200 v且“用电设备”消耗的电功率为10 kw，不考虑其他因素的影响，则()at1的副线圈两端电压的最大值为2 010 vbt2的原线圈两端的电压为2 000 vc输电线上损失的电功率为50 wdt1的原线圈输入的电功率为10.1 kw解析：abc，解得u32 000 v，“用电设备”中的电流i450 a，输电线上的电流i2i35 a，输电线上损失的电压为ui22r10 v，升压变压器副线圈两端的电压u2u3u2 010 v，t1的副线圈两端电压的最大值为2 010 v，a、b正确；输电线上损失的电功率pi2r50 w，c正确；t1的原线圈输入的电功率为ppp10 000 w50 w10 050 w，d错误规律方法知规律握方法变压器动态分析方法1变压器动态分析常见的两种情况(1)负载不变，匝数比变化；(2)匝数比不变，负载变化2处理此类问题应注意三点(1)根据题意分清变量和不变量；(2)要弄清“谁决定谁”的制约关系电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定输入；(3)动态分析顺序：由u1和决定u2；由负载电阻r和u2决定i2；由p2u2i2，确定p1；由p1u1i1，确定i1.a级对点练题组一直流电路的分析1.(2020长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量g500 n，电源电动势e90 v，电源内阻r2 ，不计各处摩擦，当电动机以v0.6 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流i5 a，下列判断不正确的是()a电动机消耗的总功率为400 wb电动机线圈的电阻为0.4 c电源的效率约为88.9%d电动机的效率为75%解析：b重物被提升的功率p重fvgv5000.6 w300 w，此时电路中的电流i5 a，则电源的总功率p总ei905 w450 w，设电动机线圈的电阻为r，根据能量守恒定律得p总p重i2ri2r，则得r 4 ，电动机消耗的总功率p电p重i2r400 w，电源的效率1100%100%88.9%，电动机的效率2100%100%75%，故选项b符合题意2(2020广州模拟)在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u.现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小解析：b由题图知电压表测量路端电压，电流表a1测量流过r1的电流，电流表a2测量流过r2的电流r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数u减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大故a、c、d错误，b正确3(2020孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势e8 v，内阻r2 ，电阻r26 ，电容为1f的平行板电容器水平放置且下极板接地当滑动变阻器r1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央p点且恰好处于静止状态下列说法正确的是( )a此时p点电势为6 vb电容器上极板所带电荷量为6106 cc若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则p点电势不变d若仅将滑片p从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：b由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压ue6 v，那么电容器两极的电势差为6 v，又有下端接地，故电势为零，那么p点电势为u3 v，故a错误；电容器上极板所带电荷量qcu11066 c6106 c，故b正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有p点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，p点电势减小，故c错误；滑片p从b端向a端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故d错误题组二交变电流的产生及描述4(2020河南模拟)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd以垂直磁感线的cd边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图2所示，则下列说法正确的是( )at3 s时刻通过线圈的磁通量为零bab边两端的电压大小等于dc边两端的电压大小c此交变电动势的频率为50 hzddc边两端电压的有效值为2 v解析：abd由图乙可知，当t3 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零故a正确；由图可知，线框中的ab边与dc边切割磁感线，产生电动势，由eblv可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab边与dc边电压降uir也相等，所以ab边两端的电压大小等于dc边两端的电压大小故b正确；由图可知，交流电的周期为0.04 s，则此交变电动势的频率为：f hz25 hz；故c错误；由图可知，交流电压的最大值为16 v，则有效值为8 v，该电路的等效电路如图设ab边与dc边产生的电动势都是e，每一条边的电阻都是r，则e4 v电路中的电流：idc边两侧的电压：udceirere2 v故d正确5(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()a在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零b线圈先后两次转速之比为32c交流电a的瞬时值表达式为u10sin 5t(v)d交流电b的最大值为 v解析：bcd在图中t0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，a错误；a的周期为0.4 s，b的周期为0.6 s，转速与周期成反比，所以转速之比为32，b正确；交流电的瞬时值表达式为uum sin t，所以a的瞬时值表达式为u10sint10sin 5t(v)，c正确；由umnbs，可知角速度变为原来的，则最大值变为原来的，交流电b的最大值为 v，d正确6图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化设线圈的电阻为1.0 ，则()a图线甲对应线圈在t0时产生的感应电动势最大b图线甲、乙对应的线圈在t2.0 s时，线圈平面均平行于磁感线c图线甲、乙对应的线圈转速之比为45d图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5 a解析：b在t0时，甲最大，则产生的感应电动势最小，故a错误；因为在t0.2 s102.0 s时，甲乙0，所以线圈平面均平行于磁感线，故b正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为45，而线圈的转速n，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为54，故c错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值embsm0.4 v5 v，电流的峰值im5 a，故d项错误题组三变压器及远距离输电7(2019山西四模)如图甲所示，一阻值为r的电阻接在电动势为e、内阻为r的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为r的电阻通过理想变压器接在电压有效值为e、内阻为r的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为，则该变压器的原、副线圈匝数比为( )a41b14c161 d116解析：b当接直流电源时，有：94.1%解得：r16r根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：解得：u2根据原副线圈的功率相等可知：i1u1i2u2即为：解得：故b正确，a、c、d错误8(2020安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯l1、l2为规格相同的两只小灯泡当s断开时，灯l1正常发光保持原线圈输入电压不变，s闭合后，下列说法正确的是( )a电阻r消耗的功率增大b原线圈的输入电流减小c原、副线圈的电压比增大d灯l1、l2都能正常发光解析：a当s闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻r两端的电压增大，故r消耗的功率增大，故a正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故b错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故c错误；当s闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻r的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯l1、l2都不能正常发光，故d错误9(2020河南郑州检测)如图所示的电路中，r为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、c为电容器，灯泡l的额定电压为50 v，理想变压器原、副线圈的匝数之比为21.闭合开关s，在a、b两端输入正弦式交变电流u100sin 10t(v)，则下列说法正确的是()a灯泡会正常发光b光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等c增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮d断开开关s，灯泡会熄灭解析：c由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为21，原线圈两端的电压的有效值为100 v，根据，可知副线圈两端的电压的有效值为50 v，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 v，不会正常发光，a错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻r中的电流小于灯泡中的电流，b错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，c正确；断开开关s，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，d错误10.(2020资阳模拟)如图所示，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( )a原、副线圈匝数之比为19b原、副线圈匝数之比为91c此时a和b的电功率之比为101d此时a和b的电功率之比为110解析：b灯泡正常发光，则其电压均为额定电压u，则说明原线圈输入电压为9u，输出电压为u；则可知，原副线圈匝数之比为91，故a错误，b正确；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式pui可得两者的电功率之比为19；故c错误，d错误b级综合练11(2019江苏南京三模，5)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m，降压变压器的原副线圈匝数比为n，输电线的电阻为r，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为u，若由于用户的负载变化，使电压表v2的示数减小了u，则下列判断正确的是()a电流表a2的示数增大了b电流表a1的示数增大了c电压表v1的示数减小了ud输电线损失的功率增加了2r解析：b由m得u1，由于u、m不变，故u1不变，故c错设降压变压器的输入电压为u，则uu1i1r，由n得，u2，则ui1，由此可见，电流表a1的示数增大了，即b正确由得i2ni1，由此可知，i2增大了，故a错输电线损失的功率增加量p(i1i1)2rir2i1i1rir2r，故d错12.(2020新课标卷一模)如图所示，直角三角形导线框opq放置在磁感应强度大小为b，方向垂直于oq向右的匀强磁场中，且op边的长度为l，poq.当导线框绕oq边以角速度逆时针转动(从o向q观察)时，下列说法正确的是( )a导线框opq内无感应电流b导线框opq内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流cp点的电势始终大于o点的电势d如果截去导线pq，则p、o两点的电势差的最大值为bl2sin cos 解析：d导线框opq内，只有边长op做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为eblcos sin tbl2sin cos sin t，故导线框opq内产生正弦式交变电流，故a、b错误；由于导体框opq内产生正弦式交变电流，p点的电动势与o点的电动势大小成周期性变化，故c错误；如果截取导线pq，则没有感应电流，但pq两点的电势差ublcos sin tbl2sin cos sin t，故最大值为bl2sin cos ，故d正确13(2020衡水模拟)(多选)如图所示，面积s0.5 m2、n50匝、电阻不计的矩