第十二章 第4进 专题突破，电磁感应中的综合问题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

222沟·讲与练·高三物理·基础版 A.在0~2s时间内，I的最大值为0.02A ☑ +F/N B.在3~5s时间内，I的大小越来越小 A P B C.前2s内，通过线圈某横截面的总电荷量为 0.01C D D.第3s内，线圈的发热功率最大 听课记录： B/T B/T 角度3电磁感应中的图像转换 B 【例6】（多选）如图甲所示，一个矩形金属框 B/T B/T ABDC通过细杆悬挂在竖直平面内，悬点P 为AB边中点。金属框AB边水平，平行AB 边的虚线EF下方存在有随时间变化的匀强 磁场，磁场范围足够大、方向垂直纸面（竖直平 0 面)。若金属框所受的重力忽略不计，规定金 幻听课记录 属框所受安培力向上为正方向，1=0时起，金 属框所受安培力F随时间t的变化图像如图 乙所示。取垂直纸面向外为磁感应强度的正 )温馨提示 方向，则t=0时刻起磁感应强度B随时间t 学习至此，请完成训练58 的变化图像可能正确的是 ( 第4讲 专题突破：电磁感应中的综合问题 突破>热点题型 题型一 电磁感应中的平衡和动力学问题 1.导体的两种运动状态 【例1】（多选）(2024·贵州毕节 第 状态 特征 处理方法 二模)如图所示，两平行倾斜 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 光滑导轨间距1m,与水平面 章 间夹角均为α=37°，导轨底端 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合 运动学公式进行分析 连接阻值1Ω的电阻。匀强 2.导体常见运动情况的动态分析 磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为 若F合=0 匀速直线运动 1T。垂直于导轨放置一导体棒，其电阻为 v增大，若a恒定，拉 1,质量为1kg,导体棒始终与两导轨良好接 力F增大 触。由静止释放导体棒，经一段时间后速度达 到最大，且未到达底端，之后做匀速运动(g取 E=Blv o增大，F增大，若 a、 其他力恒定，F合减 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)，则 R+r 若F 同向 ≠0 小，a减小，做加速度 F合=ma 减小的加速运动→ A.导体棒释放后做匀加速直线运动 F娄 a=0,匀速直线运动 B.导体棒的最大速度为12m/s F谷 o减小，F安减小，a C,导体棒匀速运动时流过电阻的电流大小为 a、0 减小→a=0,静止或 反向 6A 匀速直线运动 D.导体棒下滑过程中所受安培力做正功 第十二章电磁感应 223 听课记录： 听课记录： 【例2】(2024·安徽合肥模拟)如图 M 所示，MN和PQ是两根互相平 + 归纳总结 行、竖直放置的光滑金属导轨，己 用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 知导轨足够长，且电阻不计。ab B 是一根与导轨垂直而且始终与导Q× “源”的 分析 →确定“电源”、感应电动势的大小和方向 轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定的质量 和电阻，开始时，将开关S断开，让杆ab由静 “路”的 画等效电路 根据【= E 分析 R+r 求感应电流 止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合。 若从S闭合开始计时，金属杆下落的速度大小 “力”的 安培力 合外力 分析 F安=BIl F合=ma →加速度 可能 ( A.始终增大 B.先增大后减小 “运动状态” 根据力与运动的关系判断运动状态 C.始终不变 D.先减小后增大 的分析 题型二 电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中的能量转化 克服安培力做功 电流做功 其他形式的能量 电能 0' 焦耳热或其他形式的能量 2.求解焦耳热Q的三种方法 0 焦耳定律：Q=IRt,电流、电阻 A.MN最终一定静止于OO'位置 都不变时适用 B.MN运动过程中安培力始终做负功 C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 功能关系：Q=W克服安培力，任意情 第 焦耳热Q的 的速率一直在增大 三种求法 况都适用 D.从释放到第一次到达OO位置过程中，MN 能量转化：Q=△E其他能的减少量，任 章 中电流方向由M到N 意情况都适用 幻听课记录： 【例3】（多选）(2024·山东卷)如图所示，两条相 同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面 【例4】(2021·北京卷) 上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水 如图所示，在竖直向下 平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与 R 的匀强磁场中，水平U 导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的 形导体框左端连接一 b 匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连 阻值为R的电阻，质量为、电阻为r的导体棒 接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与 平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。 框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v,开始运 MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨 动，最终停在导体框上。在此过程中() 接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确 A.导体棒做匀减速直线运动 的有 () B.导体棒中感应电流的方向为a→b 224沟·讲与练·高三物理·基础版 C.电阻R消耗的总电能为2《R十 mvR 归纳总结 解题的一般步骤 D.导体棒克服安培力做的总功小于2m品 (1)确定研究对象（导体棒或回路）。 (2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式 听课记录： 的能量相互转化。 (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 题型三 电磁感应中的动量问题 角度门动量定理在电磁感应中的应用 (1)减震器刚进入磁场时，线圈abcd中电流大 小和方向； 在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割 (2)第一个线圈恰好完全进入磁场时，减震器 磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和 的速度大小； 电荷量。 (3)要使减震器的速度减为零，至少需要线圈 (1)求电荷量或速度：BIl△t=mw2-o1,q=It。 的个数。 (2)求时间：Ft=I冲=mv2-mv1,I冲=BIl△t= BI AD R (3)求位移：-BI1△1= B2L2元△t R总 =0一m0o 即 B212 Rgx=m(0-). 【例5】(2024·广东佛山模拟)某实验小组学习 电磁感应原理后，模仿如图甲所示的新型智能 化汽车独立悬架系统电磁减震器，也设计了一 个电磁阻尼减震器，其简化原理图如图乙所 示，该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多 个相互紧靠、绝缘的相同单匝矩形线圈组成， 第 滑动杆及线圈的总质量m=0.5kg,每个矩形 线圈abcd电阻值R=0.12,ab边长L= 章 20cm,bc边长d=10cm,该减震器在光滑水 平面上以初速度v。=2m/s向右进入范围足 够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强 度大小B=1.0T,不考虑线圈个数变化对减 震器总质量的影响。求： 角度2动量守恒定律在电磁感应中的应用 1.在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁 感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力 等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导 体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用 动量守恒定律。 2.对于双导体棒运动的问题，通常是两导体棒与 导轨构成一个闭合回路，当其中一导体棒在外 乙 力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁 第十二章电磁感应225 感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流； 一根导体棒在磁场中因受安培力的作用开始运 动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的 感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用。 此类问题可以应用动量守恒定律、动量定理、功 能关系等求解。 【例6】（多选）如图所示，方 向竖直向下的匀强磁场 中有两根位于同一水平 面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑 导体棒ab、cd静止在导轨上，t=0时，棒ab以 幻听课记录： 初速度o。向右滑动。运动过程中，ab、cd始终 与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用1、 2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中 》温馨提示 可能正确的是 学习至此，请完成训练59 学科素养。电磁感应中电容器充、放电问题 类型 动一电一动型 电一动一电型 模式 无动力C充电式 有动力C充电式 C放电式 E放电式 情景 示意图 c辈 c tU U 运动 过程 对棒有：F一ILB=ma, S刚闭合时，回路中放电S刚闭合时，回路中电流 第 棒受到安培力，↓→ △w a- 电流1最大，棒所受安培【最大，棒所受安培力 E速=BLvY,电容不断 力F最大。随着C不F最大，随着棒的速度 充电，带电荷量q个→ △q 对电容器有I= 动力学 △t 断放电，带电荷量q￥→。个→E*=BLw个→ 章 分析 Uc个，直至E速=Uc,回 △g=C·△U,△U= Uc￥，棒受到安培力，I→F=ILB￥→ 路电流I=0,棒不再受 BL△v, u个→E邀=BLv个，直至a,直至E惠=E时，I 安培力作用而保持匀速 F E速=Uc,回路电流I= 0,a=0,速度达最大 运动 联立解得a= m+B2LC 0,棒不再受安培力作用 E 故棒一直做匀加速运动 而保持匀速运动 vmax一BL 【例1】（多选）如图所示，两 M 轨足够长，电源内阻不计。则 a 平行光滑导轨MN、M'N' 2S×k××× A.S与1闭合后，棒ab做匀加速直线运动 左端通过导线与电源和 Mb N B.从S与1闭合到棒ab达到某一速度，电源 不带电电容器相连，导轨平面水平且处于竖直 消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生 向下的匀强磁场中，有一定阻值的导体棒ab 的焦耳热之和 垂直导轨处于静止状态。现将开关S与1闭 C.S与2闭合后，棒ab中电流不断减小直到零 合，当棒达到稳定运动状态后S与2闭合，导 D.S与2闭合后，棒ab的速度不断减小直到零 226 红对构·讲与练·高三物理·基础版 听课记录： C通过导体棒MN电流的最大值为忌 D.导体棒MN速度最大时所受的安培力也 【例2】（多选）(2022·全国甲卷)如图所示，两根 最大 相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝 听课记录： 缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容 器和阻值为R的电阻。质量为、阻值也为R 的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且 【例4】(2024·北京卷)如图甲所示为某种“电磁 接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于 枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根 方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器 相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接 所带的电荷量为Q,合上开关S后 () 电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与 S× 导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒 +0× 与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小 o x 为B,导体棒的质量为m、接入电路的电阻为 ×N× R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 A.通过导体棒MN电流的最大值为品 c B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也 最大 7 D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I; 产生的焦耳热 (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a; 听课记录： (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速 度v随时间t的变化图线。 【例3】(2024·江苏南通模拟)我国第三艘航母 福建舰首次采用电磁弹射技术，如图所示为电 磁弹射装置的等效电路图（俯视图）。两根相 第 互平行的光滑长直导轨固定在水平面上，在导 十 轨的左端接入电容为C的超级电容器，阻值为 章 R的导体棒MN静止于导轨上。先给电容器 充电（带电荷量为Q),闭合开关S后，弹射时 电容器释放储存的电能，所产生的强大电流经 过导体棒MN,在强磁场作用下加速。棒MN 始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电 阻。下列说法正确的是 ( S×M××××× +Q× C R -Q× A.超级电容器相当电源，放电时两端电压不变 B.在电容器放电过程中，电容器的电容不断 减小整个电路的总电阻为R恶=R环十R= E8 Bod 父，干路电流为白R3Rab 两点的电势差大小为U6=IR环= Bod 一，故B错误；转动过程中金属棒 6 与圆环上消耗的电功率分别为P游= R,P=IPR=2,故转动过程 中金属棒与圆环上消耗的电功率之比 为P稀：P环=2：1，故C正确；杆转动 一圈时间内通过杆的电荷量为q= _△更=0，故D错误。 气适—尺入八意—R 例3CD根据右手定则可知，金属棒 AB逆时针切割磁感线时，产生的感应 电流应该是从B向A,故A错误；据 E意=BLU以及U=w,可得切割磁感 线时产生的电动势E感=BLv Br(色士2）=是Bra切剖磁店线 2 的导体相当于电源，则AB两端的电压 相当于电源的路端电压，根据闭合电 R 路欧姆定律可知U仙=R干RE每 合×子ro=子，故B错溪：初 1 割磁感线的AB相当于电源，在AB内 部电流方向由B向A,故金属棒A相 当于电源正极，故与A接近的电容器 M板带正电，故C正确；由B分析知， AB两流的电压为子Br,则电容器 两端的电压也是三Br,故电容器所 带电荷量Q=CU=是CBra,故D正 确。故选CD。 例4A设线框运动的速度为)，线框 总电阻为R,线框进入磁场0一L时， 只有最右侧的两个短边切割磁感线， 感应电流的方向为逆时针，大小为I= 尺。线框进入磁场L~3L时，金属 线框切割磁感线的有效长度为3L,感 应电流方向为逆时针，大小为I= 3BL”。从左侧长边进入磁场，至右侧 R 的中间短边离开磁场，金属线框切割 磁感线的有效长度为2L,感应电流方 向为顺时针，大小为1=2B”。从右 R 侧中间短边离开磁场，至左侧长边离 开磁场，金属线框切割磁感线的有效 长度为3L,感应电流方向为顺时针，大 小为I=”。故选A。 例5C0~2s时间内，t=0时刻穿过 线圈的磁通量的变化率最大，感应电 E△B·S 流最大，1=尺=8R=0.01A, A错误；3~5s时间内穿过线圈的磁通 量的变化率不变，产生的感应电流大 小不变，B错误；前2s内通过线圈的 电荷量q= △更=△B'·S=0.01C, R R C正确；第3s内，穿过线圈的磁通量 没有变化，线圈中没有感应电流产生， 则线圈的发热功率最小，D错误。 例6BD在一个周期内，安培力F先 正向线性增大，再反向线性减小，且增 大时的变化率比减小时的变化率大； 根据左手定则可知，线圈内的磁通量 垂直纸面向外时，感应电流先沿顺时 针方向，再沿逆时针方向，由楞次定律 可知，磁通量先增大后减小，则磁感应 强度先增大后减小；由F=BIL可知， 顺时针方向的电流大于逆时针方向的 E=△B·S 电流，由I=京=△，R,可知前者的 磁感应强度的变化率大于后者的变化 率，故A错误，B正确。根据左手定则 可知，线圈内的磁通量垂直纸面向里 时，感应电流先沿逆时针方向，再沿顺 时针方向，由楞次定律可知，磁通量先 增大后减小，则磁感应强度先增大后 减小；由F=BIL可知，逆时针方向的 电流大于顺时针方向的电流，则前者 的磁感应强度的变化率大于后者的变 化率，故C错误，D正确。 第4讲专题突破：电磁感应 中的综合问题 例1BC当导体棒下滑时，受向下的重 力、轨道的支持力和沿斜面向上的安 培力作用，某时刻的加速度为a= B'L'v mgin日-R十工，随速度的增加，加 72 速度逐渐减小，当加速度为零时速度 达到最大，导体棒做匀速运动，此时导 体棒的最大速度满足ng sin日一 B21w=0,解得0m=12m/s,A错 R+r 误，B正确；导体棒匀速运动时流过电 BL0m=6A,C正 阻的电流大小I=R十， 确；在导体棒下滑过程中，一直受到沿 斜面向上的安培力作用，安培力做负 功，D错误。 例2C设开关S闭合瞬间，金属杆的 E。 速度为o,则有E。=BLuo,I=R, F。=BI。L,联立可得金属杆受到的安 L。若F。= 培力为F。=R B'L'vo R g,则金属杆一直做匀速直线运动，速 度始终不变；若F。= BLUe∠mg,则 R B'L'vo mg R 有a一1 一，可知金属杆先做 加速度减小的加速运动，最后做匀速直 线运动，则速度先增大后不变；若F。= B'L'vo BL地>mg,则有a= R 一mg R 可知金属杆先做加速度减小的减速运 动，最后做匀速直线运动，则速度先减 小后不变。故选C。 例3ABD由于金属棒MN运动过程 切割磁感线产生感应电动势，回路中 有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN 的机械能不断减小，由于金属导轨光 滑，所以经过多次往返运动，MN最终 一定静止于○O位置，故A正确；根据 楞次定律知安培力总是阻碍导体棒的 运动，所以金属棒MN运动过程中安 培力始终做负功，故B正确；金属棒 MV从释放到第一次到达O)'位置过 程中，由于在O)'位置重力沿切线方 向的分力为0，可知在到达OO'之前的 某个位置，重力沿切线方向的分力已 经小于安培力沿切线方向的分力，金 属棒MV已经做减速运动，故C错误； 从释放到第一次到达O)'位置过程 中，根据右手定则可知，MV中电流方 向由M到V,故D正确。 例4C导体棒向右运动，根据右手定 则可知电流方向为b到a,再根据左手 定则可知，导体棒受到向左的安培力， 设导体框两平行导体的间距为L,根据 法拉第电磁感应定律，可得产生的感 应电动势为E=BLU,感应电流为I E=BL”,故安培力为F=BIL= R+,R+ BLu,根据牛颜第二定律有F=ma, R+r B'L' 可得a=mR千可”，随着速度减小， 加速度不断减小，故导体棒不是做匀 减速直线运动，故A、B错误；根据能量 守恒定律，可知回路中产生的总热量 1 为Q=2mu,因R与r串联，则产生 的热量与阻值成正比，则R消耗的总 R mvR 电能为Q:=R+,Q=2RT7,故C 正确；整个过程只有安培力做负功，根 据动能定理可知，导体棒克服安培力 做的总功等于2m6,故D错误。 例5(1)4A,方向为b→a→d→c→b (2)1.92m/s(3)25个 解析：(1)减震器刚进入磁场时，线圈 ab边切割磁感线，由电磁感应定律可 得E=BLo=1.0X20×102×2V= Q4V由武锋充体可得1一后品A 4A,由右手定则可知电流方向为b→a→ d-→c*b。 (2)当第一个线圈恰好完全进入磁场 时，取向右为正方向，由动量定理可 得-BILt1=mu1-mvo,其中I= E BLd R=,R,联立解得1=1.92m/s。 参考答案489 (3)由(2)解析可知，每个线圈进入磁场 后，减震器的速度减小量是△v=。 v1=2m/s-1.92m/s=0.08m/s,要 使减震器的速度减到零，至少需要线 圈的个数N=乙=0.08个=25个。 例6AC导体棒ab以初速度v。向右 滑动，切割磁感线产生感应电动势，使 整个回路中产生感应电流，判断可知 导体棒ab受到与v。方向相反的安培 力的作用而做变减速运动，导体棒cd 受到与。方向相同的安培力的作用而 做变加速运动，它们之间的速度差 △V=1一v2逐渐减小，整个系统产生 的感应电动势逐渐减小，回路中感应 电流逐渐减小，最后变为零，即最终导 体棒ab和导体棒cd的速度相同，U1= 2,这时两相同的光滑导体棒ab、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨 上运动，水平方向上不受外力作用，由 动量守恒定律有mvo=m℃1十mv2,解 得U=u,=之，A.C正确，BD错误。 学科素养：电磁感应中 电容器充、放电问题 例1BC根据题意可知，S与1闭合后， 棒αb受安培力作用做加速运动，棒切 割磁感线产生感应电动势，棒中的电 流减小，受到的安培力减小，则棒ab 的加速度减小，直到感应电动势等于 电源电动势，棒ab最后做匀速运动， 故A错误；根据题意，由能量守恒定律 可知，从S与1闭合到棒ab达到某一 速度，电源消耗的电能等于棒获得的 动能和电路产生的焦耳热之和，故B 正确；S与2闭合后，棒ab相当于电源 给电容器充电，此过程棒受到的安培 力水平向左，棒αb做减速运动，则感 应电动势减小，电容器两极板间电压 升高，棒ab中的电流不断减小，当棒 ab产生的感应电动势与电容器两极板 间的电势差相等时，电路中的电流减 小到零，随后棒ab做匀速直线运动， 故D错误，C正确。 例2AD开始时电容器两极板间的电 压U=名，合上开关醉间，通过号体棒 U Q 的电流1=尺员，随着电容器放电， 通过电阻、导体棒的电流不断减小，所 以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培 力最大，A正确，C错误：由于回路中有 电阻，最终电能完全转化为焦耳热，故 导体棒最终静止，B错误：由于导体棒 切割磁感线产生感应电动势，所以通 过导体棒的电流始终小于通过电阻的 电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生 的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦 耳热，D正确。 例3C超级电容器的电容是由电容器 的内部结构决定的，与充电放电无关， 电容器的电容不变，故B错误；超级电 490红对构·讲与练·高三物理· 容器相当于电源，根据C=号知，放电 时Q减小，两端电压减小，故A错误； 根据题意可知，刚闭合开关时，导体棒 MN未运动，此时反电动势为零，电容 器两端电压最大，则通过导体棒MN 的电流最大，最大值为1■=尺，又有 V=号，则通过子体棒MN电流的最 大值为1是，故C正确；MN在运 动过程中与电容器构成的电路为非纯 电阻电路，MV上的电流瞬时值为i= U-Bu,当U=Blw时，MN上电流为 零，此时导体棒MN所受安培力为零， MN速度最大，故D错误。 141)元(2)5儿 CR CRm :(3)见解析图 解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量 Q 为Q,则电容器两极板间电压U= C 开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I= ,解得闭合开关眸间通过导体棒的 电流为I一C示。 Q (2)开关闭合瞬间由1 牛顿第二定律有 BIL=ma,将电流I BQL 代入解得a一CRm' (3)由(2)中结论可0 知，随着电容器放电，电容器所带电荷 量不断减少，所以导体棒的加速度不 断减小，其v一t图线如图所示。 第十三章交变电流 电磁波 传感器 第1讲交变电流的产生和描述 考点一交变电流的产生 及变化规律 》整合·必备知识《 1.垂直于 2.大0小0 NBSo NΦmw大 改变大不变两中性面 3.(1)NBSw无关无关(2)①一次 周期性②次数 4.Φcos at BScos wt E sin ot NBSosin ot 高考情境辨析 1.×2./3./4.× …》研析·核心考点《 例1A在图甲位置时，线圈中的磁通 量最大，线圈处于中性面的位置，故线 圈中的感应电流为零，A正确：在图乙 位置时线圈中的电流最大，故从此时 开始计时，线圈中电流i随时间t变化 的关系式应为i=Icos wt,B错误；在 图丙位置时，线圈中的磁通量最大，磁 基础版 通量的变化率为0，C错误；在图丁位 置时，感应电动势最大，由右手定则可 知，cd边向右运动，磁场方向向下，故 电流方向为d→c,D错误。 例2BC由题图可知，在t=0.1s和 t=0.3s时，穿过线圈的磁通量最大， 磁通量的变化率为0，则感应电动势为 0,感应电流为0，此时线圈处于中性 面，线圈中电流改变方向，故A错误，B 正确；在t=0.4s时，磁通量的变化率 最大，故C正确；由题图可知，周期为 T=0.4s则w=开三5元rad/s,电动 势的最大值为Em=VBSw=NΦmw= 50×2×5×3.14V=1570V,故D错误。 考点二交变电流有效值的求解 …》整合·必备知识《… 1.产生的热量 基础概念辨析 1./2.×3./4.× …》研析·核心考点《… 例3B正弦式交变电流的有效值为 I= = A=5√2A,故选B。 √2√2 例4B根据有效值的定义可知题图甲 的电压有效值的计算为尺 -× R -U6×工，解得U1=3 2R 巴U,题 图乙的电压有效值为U2= U。 ,两电压 √2 加在阻值大小相等的电阻上，因此 Q1:Q2=U:U号=4：3，故选B。 考点三交变电流“四值”的 理解和应用 》整合·必备知识《… 击穿电荷量 …》研析·核心考点《… 例5D由题图可知，题图所示正弦式 交变电流的周期为0.02s,则频率为 f=厅=50Hz,故A错误；根据题图可 知电压的峰值为10√2V,根据欧姆定 痒可知电流的峰值1==102A一 50 巨A,故B错误：电流的有效值为I 二=0.2A,所以电阻在1s内消耗的 √2 电能为W=I2Rt=0.22×50×1J= 2J,故C错误；根据题图可知电阻两端 的电压表达式为u=U sin at= 2π 10v2sin(V)=102 sin 100xt(V), D正确。 例6C线圈转动每次通过中性面时， 磁通量最大，线圈平面与磁场方向垂