福建省龙海程溪中学2020-2021学年高二下学期期中考试物理试题-Word版含解析.docx

2022-2021学年福建省漳州市龙海市程溪中学
高二（下）期中物理试卷

一、单项选择题（每小题3分，共42分）
1．（3分）分析下列物理现象：
①“闻其声而不见其人”；
②同学围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音；
③当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高．
这些物理现象分别属于波的（　　）
　 A． 折射、干涉、多普勒效应 B． 衍射、多普勒效应、干涉
　 C． 折射、衍射、多普勒效应 D． 衍射、干涉、多普勒效应

【考点】： 波的干涉和衍射现象；多普勒效应．
【分析】： 衍射是绕过阻碍物连续传播，而干涉是两种频率相同的相互叠加消灭明暗相间的现象，对于多普勒效应现象频率是在发生变化．
【解析】： 解：（1）“闻其声而不见其人”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；
（2）围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而消灭加强区与减弱区．这是声音的干涉；
（3）当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高．音调变高就是频率变高，因此这是多普勒效应现象；
故选：D．
【点评】： 无论反射、衍射还是干涉，其频率均不变，而多普勒效应频率即发生变化．

2．（3分）目前雷达放射的电磁波频率多在200MHz至1000MHz的范围内．下列关于雷达和电磁波说法不正确的是（　　）
　 A． 真空中上述雷达放射的电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间
　 B． 电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
　 C． 测出从放射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离
　 D． 波长越短的电磁波，越不简洁发生衍射

【考点】： 电磁波的产生；电磁波的放射、传播和接收．
【分析】： 本题考查了麦克斯韦的电磁场理论与雷达的原理，比较简洁，依据麦克斯韦的电磁场理论内容即可正确解答．
【解析】： 解：A、依据λ=，电磁波频率在200MHz至1000MHz 的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间，故A正确；
B、依据麦克斯韦的电磁场理论可知，恒定不变的电场不会产生磁场，电磁波是变化磁场产生电场变化电场产生磁场不断交替变化产生的，故B错误．
C、测出从放射电磁波到接收反射波的时间间隔依据匀速运动公式可求得距离；故C正确；
D、波长越长，越简洁发生衍射，则波长越短越不简洁发生衍射，故D正确；
题目要求选不正确的，故选：B．
【点评】： 本题易错点为：有些同学错误认为磁场产生电场，电场产生磁场，留意麦克斯韦的电磁场理论是电磁波产生的理论基础，要加强理解与应用．

3．（3分）争辩单摆受迫振动规律时得到如图所示图象，则不正确的说法是（　　）

　 A． 其纵坐标为位移
　 B． 其纵坐标为振幅
　 C． 单摆的固有周期为2 s
　 D． 图象的峰值表示共振时的振幅

【考点】： 产生共振的条件及其应用．
【分析】： 由图象可以读出单摆不同频率时对应的振幅，当单摆的固有频率与受迫频率相同时单摆的振幅最大．
【解析】： 解：AB、图中纵坐标为不同受迫频率下的振幅，故A错误，B正确；
C、当单摆的固有频率与受迫频率相同时单摆的振幅最大，故单摆的固有频率为0.5Hz，则固有周期为2s，故C正确；
D、共振时的振幅最大，图象的峰值表示共振时的振幅，故正确．
题目要求选错误的，故选：A．
【点评】： 本题考查对共振现象及共振曲线的理解力量，关键抓住产生共振的条件：驱动力频率与物体的固有频率相等．

4．（3分）如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿OO′方向观看，线圈逆时针转动，已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时（　　）

　 A． 线圈中感应电流方向为abcda
　 B． 线圈中感应电流大小为
　 C． 线圈所处位置为中性面
　 D． 穿过线圈的磁通量的变化率为零

【考点】： 沟通发电机及其产生正弦式电流的原理．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 依据右手定则推断感应电流的方向．图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，依据感应电动势公式求解线圈中的感应电动势．图示时刻线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率．
【解析】： 解：A、图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，依据右手定则推断出ad中感应电流方向为a→d，bc中电流方向为c→b，线圈中感应电流的方向为adcba．故A错误．
B、线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBl2ω，线圈中的感应电流为．故B正确．
D、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0，故为与中性面垂直的平面；由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大，故CD错误．
故选：B．
【点评】： 本题争辩交变电流的产生规律，实质上是电磁感应学问的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律等学问的综合应用．

5．（3分）某沟通发电机工作时的电动势随时间的变化规律为e=Emsinωt，假如转子的转速n提高1倍，其它条件不变，则电动势随时间的变化规律将变为（　　）
　 A． e=Emsin2ωt B． e=2Emsin2ωt C． e=2Emsin4ωt D． e=2Emsinωt

【考点】： 正弦式电流的图象和三角函数表达式；沟通发电机及其产生正弦式电流的原理．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，其中Em=nBSω，当将其电枢的转速提高一倍时，Em和ω都增加一倍，再进行选择．
【解析】： 解：感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，当将其电枢的转速提高一倍时，由ω=2πn，Em=nBSω，可知，Em和ω都增加一倍，
其表达式变为：e′=2Emsin2ωt．故B正确，ACD错误；
故选：B．
【点评】： 本题考查考虑问题的全面性，e=Emsinωt式中Em和ω都与转速成正比，不能简洁认为表达式是Emsin2ωt．

6．（3分）如图所示为一正弦沟通电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是（　　）

　 A． 这也是一种沟通电
　 B． 电流的变化周期是0.01s
　 C． 电流的有效值是1A
　 D． 电流通过100Ω的电阻时，1s内产生热量为200J

【考点】： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 依据方向的变化来确定直流还是沟通；从正弦电流的波形图直接读出周期，依据Q=I2Rt来求解电流的有效值．
【解析】： 解：A、由图象可知，电流大小变化，但方向没有变化，因此这是直流电，故A错误；
B、由正弦电流的波形图可知，周期T=0.02s，故B错误；
C、依据电流的热效应，则有：，解得：I=1A，故C正确；
D、电流通过100Ω的电阻时，因不知电压，而1A电流不是电阻的电流，所以无法求出1s内产生热量，故D错误；
故选：C．
【点评】： 把握区分直流与沟通的方法，知道求有效值的要求：求一个周期内的热量，进而用I2RT，求出有效值．留意有一段没有电流，但存在时间，难度不大，属于基础题．

7．（3分）如图所示，n1为抱负变压器原线圈，其接入电路的匝数随着滑动接触点P的上下移动而变化，当输入电压U稍有下降时，为了使接在副线圈n2上的电灯电压保持不变，正确的调整方法是（　　）

　 A． 使P稍向上滑动
　 B． 副线圈上改接电阻较大的电灯
　 C． 使P稍向下滑动
　 D． 副线圈上改接电阻较小的电灯

【考点】： 变压器的构造和原理．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 依据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
【解析】： 解：变压器的电压与匝数成正比，当输入电压U稍有下降时，为了使接在副线圈n2上的电灯电压保持不变，可以使P稍向下滑动降低原线圈的匝数，可以是副线圈的电压提高；
转变副线圈的电阻时，不影响副线圈的电压；
故选：C．
【点评】： 本题考查了变压器的构造和变压原理，难度不大基础题．

8．（3分）发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校输入电压为U2，下列四个计算输电线损耗功率的式子中，不正确的是（　　）
　 A． B． C． I2R D． I（U1﹣U2）

【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 明确各量间的关系，应用电功率公式分析答题．
【解析】： 解：输电线上损失的电压U=U1﹣U2，
输电导线损失的电功率P=I2R=（U1﹣U2）I=故BCD正确，A错误；
本题选错误的，故选：A．
【点评】： 知道输电过程各物理量间的关系，应用电功率公式即可正确解题．

9．（3分）一抱负变压器原线圈、副线圈匝数比为3：1，副线圈接三个相同的灯泡，当原线圈直接接在某沟通电源上时，三盏灯恰好正常发光．若在原线圈上再串联一个相同的灯泡L，如图所示，设电源电压有效值不变，则（　　）

　 A． 灯L比三盏灯都更暗 B． 灯L与三盏灯亮度相同
　 C． 灯L将会被烧坏 D． 无法推断其亮度状况

【考点】： 变压器的构造和原理．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，由电流与匝数比求出原线圈电流推断灯L亮暗．
【解析】： 解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，若在原线圈上再串联一个相同的灯泡L，则原线圈的输入电压减小，副线圈的输出电压减小，所以三个灯泡的亮度变暗，但匝数比不变，故在原线圈上再串联一个相同的灯泡L的电流和三个的相同，故灯L与三盏灯亮度相同，
故ACD错误，B正确；
故选：B．
【点评】： 本题解题的突破口在副线圈中灯泡正常发光，得到电流的大小，再依据原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题．

10．（3分）一列简谐横波沿x轴负方向传播，图甲是t=3s时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点）．则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图线（　　）

　 A． x=0处的质点 B． x=1 m处的质点
　 C． x=2 m处的质点 D． x=3 m处的质点

【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】： 由振动图象2读出t=3s时刻质点的运动状态，在波动图象1上找出相对应的质点．
【解析】： 解：图2上t=3s时质点经平衡位置向上．
图1上，t=3s时刻，只有x=2m处质点、x=4m处质点经过平衡位置．
简谐横波沿x轴负方向传播，依据波形平移法可知，x=2m处质点经平衡位置向上，与图2t=1s时刻质点的状态相同．
故选：C．
【点评】： 依据波的传播方向推断出质点的振动方向，由振动图象读出质点的振动方向都是应具有的基本力量．

11．（3分）如图所示，一根长绳上有两波，波峰A向右传播，波谷B向左传播，它们的振幅、波长相同，当它们完全相遇时，质点a、b、c、d的振动方向（　　）

　 A． a、b向下，c、d向上 B． a、d静止，b向下，c向上
　 C． a、b向上，c、d向下 D． a、b、c、d都静止

【考点】： 波的叠加．
【分析】： 两列振幅和波长都相同的半波在相遇时，振动方向相同，则振动加强；振动方向相反，则振动减弱．
【解析】： 解：两列波相遇时，质点同时参与了两列波的振动，位移等于两列波引起位移的矢量和．所以a、b、c、d质点的位移都为零．
向右传播的波引起ab质点的振动方向向下，向左传播的波引起ab质点的振动方向向下，所以此时ab振动方向向下．
向右传播的波引起cd质点的振动方向向上，向左传播的波引起cd质点的振动方向向上，所以cd质点振动的速度不为零，方向向上．
故选：A．
【点评】： 考查波的叠加原理，及相遇后消灭互不干扰现象．同时留意之所以两列在相遇时“消逝”，缘由这两列波完全相同，消灭振动减弱现象．

12．（3分）心电图是现代医疗诊断的重要手段，医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔，即为心动周期，由此可计算1min内心脏跳动的次数（即心率）．甲、乙两人在同一台心电图仪上做出的心电图分别如图a、b所示，医生通过测量后登记甲的心率是70次/min，则心电图仪图纸移动的速度v以及乙的心率为（　　）

　 A． 25mm/s，58.3次/min B． 25mm/min，84次/min
　 C． 35mm/s，84次/min D． 35 mm/s，58.3次/min

【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】： （1）甲的心率是70次每分，也就是一分钟消灭70次波峰，所以每消灭一次波峰用时s，从图甲所示波峰间的距离是30mm，利用速度公式计算；
（2）计算乙的心率，先计算它跳动一次所用的时间，题中告知波峰间的距离是20mm，由（1）可知速度是35mm/s，利用公式T=计算即可．
【解析】： 解：该心电图机图纸的移动速度为v===35mm/s，
乙的心动周期：T===S，
所以乙的心率即为：=×60=84次/min．
故选：C．
【点评】： 此题应用速度的公式和波速、波长、频率的关系解决问题．问题较抽象，不易理解，易出错．

13．（3分）如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有始终径略小于环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动．若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球带的电荷量不变，那么（　　）

　 A． 磁场力对小球始终做正功
　 B． 小球受到的磁场力不断增大
　 C． 小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，再沿顺时针方向做加速运动
　 D． 小球仍做匀速圆周运动

【考点】： 楞次定律．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： 变化的磁场产生感生电场，由楞次定律推断出感生电场方向，然后推断带电小球受到的电场力方向，推断小球的运动性质，然后推断小球对环的压力如何变化，推断小球受到的磁场力如何变化．
【解析】： 解：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；
小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，
小球方向，即沿顺时针方向加速运动，速度不断增加；
A、洛伦兹力始终与小球的运动方向垂直，磁场力对小球不做功，故A错误；
B、由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；
C、小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动，故C正确；
D、小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力供应向心力，小球速度先减小后增大，故D错误；
故选：C．
【点评】： 本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律推断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；依据感生电场方向推断出带电小球受力方向，即可正确解题．

14．（3分）图中实线和虚线分别是x轴上传播的一列简谐横波在t=0和t=0.03s时刻的波形图，已知x=1.2m处的质点在t=0.03s时刻向y轴正方向运动，则（　　）

　 A． 各质点在0.03s内随波迁移0.9m
　 B． 该波的频率可能是125HZ
　 C． 该波的波速可能是10m/s
　 D． t=0时x=1.4m处质点的加速度方向沿y轴正方向

【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系．
【分析】： 依据两个时刻的波形，得到周期的通项，求出频率的通项，确定特殊值．由波速通项分析特殊值．由t=0.03s时刻向y轴正方向运动推断波的传播方向，分析t=0时x=1.4m处质点的加速度方向和速度方向．
【解析】： 解：A、质点不随波迁移．故A错误．
B、由题x=1.2m处的质点在t=0.03s时刻向y轴正方向运动，可知波向右传播．则时间△t=（n+）T，频率f===，（n=0，1，2，、）
当n=3时，f=125Hz．故B正确．
C、波速的通项v=λf=40n+30 m/s，n=0，1，2，、，由于n是整数，故v不行能等于10m/s．故C错误．
D、t=0时x=1.4m处质点位于x轴上方，加速度方向沿y轴负方向．故D错误．
故选：B
【点评】： 本题考查由两个时刻的波形列出通项的力量．考查运用数学学问解决物理问题力量是高考考查的五大力量之一．

二、试验题（每空4分共16分）
15．（16分）某同学在做“利用单摆测重力加速度“试验中，先测得摆线长为97.50厘米，摆球直径为2.0厘米，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间（如图1），则：

①该摆摆长为　98.5　厘米，秒表所示读数为　99.8　秒．
②（单选题）假如他测得的g值偏小，可能的缘由是　B　．
（A）测摆线长时摆线拉得过紧
（B）摆线上端未坚固地系于悬点，振动中消灭松动，使摆线长度增加了
（C）开头计时时，秒表过迟按下
（D）试验中误将49次全振动数为50次
③为了提高试验精度，在试验中可转变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横座标，T2为纵座标将所得数据连成直线（如图2），并求得该直线的斜率为K，则重力加速度g=　　（用K表示）．

【考点】： 用单摆测定重力加速度．
【专题】： 试验题；单摆问题．
【分析】： 单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和．秒表先读分针读数，再读秒针读数，两者相加．
【解析】： 解：①单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和，即：L=97.5+1=98.5cm
秒表先读分针读数，再读秒针读数，两者相加．
小表盘表针超过了半刻线，故秒表的读数为：60s+30s+9.8s=99.8s
②依据单摆周期T=，可得重力加速度为：g=
（A）摆线拉的过紧会导致测量的摆长偏长，依据上式，测出的重力加速度偏大，故A错误
（B）摆线上端未坚固地系于悬点，振动中消灭松动，使摆线长度增加了，计算时，仍按原来的长度计算，则测量的摆长偏小，故依据上式可知，重力加速度偏小，故B正确
（C）开头计时时，秒表过迟按下，导致测量周期偏小，故重力加速度偏大，故C错误
（D）试验中误将49次全振动数为50次，测得的周期偏小，故重力加速度偏大，故D错误
故选：B
③由图可知，斜率k=，故重力加速度g==
故答案为：①98.5，99.8；②B；③
【点评】： 本题考查了“利用单摆测重力加速度”试验中数据测量的方法和依据试验原理分析误差，基础题．

16．（12分）在某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中的实线所示．
（1）若波向右传播，零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点也开头起振，求：
①该列波的周期T；
②从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程S0各为多少？
（2）若该列波的传播速度大小为20m/s，且波形中由实线变成虚线需要经受0.525s时间，则该列波的传播方向如何？

【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【专题】： 波的多解性．
【分析】： （1）①波向右匀速传播，依据传播距离x=6m，时间t=0.6s，求出波速，由图读出波长，求出周期．
②当图示时刻x=﹣0.5m处的振动传到P点时，P点第一次达到波峰．依据波形的平移求出从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时所经受的时间，分析O点的位移，求解路程．
（2）由波速和时间求出波传播的距离，争辩与波长的关系，依据波形的平移确定波的传播方向．
【解析】： 解：由图象知，λ=2m，A=2cm．
（1）若波向右传播，则
①波速v==10m/s，由v=得：T=0.2s
②当图示时刻x=﹣0.5m处的振动传到P点时，P点第一次达到波峰，此过程波传播的距离s=7.5m
则由t=0到P点第一次到达波峰为止，经受的时间
△t==0.75s=3T．
故O点在t=0时的振动方向沿y轴正方向，经过△t=3T时间，O点振动到波谷，位移y0=﹣2cm
经过的路程S0=•4A=0.3m．
（2）若波速v=20m/s，时间t=0.525s，则波沿x轴方向传播的距离为
x=vt=10.5m=（5+）λ
依据波形的平移可知，波沿x轴负方向传播．
答：（1）若波向右传播，①该列波的周期T=0.2s；②从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程S0各是﹣2cm、0.3m．
（2）波沿x轴负方向传播．
【点评】： 本题是知道两个时刻的波形争辩波传播的距离、波速、周期的问题．第（2）问可以依据波的周期性，运用数学学问列出通项式，再确定波的传播方向．

17．（14分）学校有一台应急备用发电机，内阻为r=1Ω，升压变压器匝数比为1：6，降压变压器的匝数比为6：1，输电线的总电阻为R=4.5Ω，全校22个教室，每个教室用“220V，40W”的灯6盏，要求全部灯都正常发光，变压器均为抱负变压器，求：
（1）输电线上损耗的电功率多大？
（2）发电机的电动势多大？

【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： （1）由变压器的电压与匝数成正比，结合功率的表达式，即可出损失的功率；
（2）依据变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合闭合电路欧姆定律，即可求解．
【解析】： 解：（1）降压变压器的输出电压U4=220V，
由
得U3=6U4=1320V
降压变压器输出功率P4=22×40×6=5280W，
由P4=U3I3
得I3=4A，
则输电线上损失功率为P=I32R=72W
（2）对输电回路，有U2=I3R+U3=1338V；
对升压变压器，由
得U1=223V，
由，
I2=I3=4A
得I1=24A，
由闭合电路欧姆定律得E=I1r+U1=247V
答：（1）输电线上损耗的电功率72W；
（2）发电机的电动势247V．
【点评】： 考查变压器的电压及电流与匝数关系，把握输出功率、输入功率及损失功率的区分，同时理解闭合电路欧姆定律的应用．

18．（16分）如图所示，在匀强磁场中有一个“∩”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感强度大小B=，方向竖直向下，线框的CD边长为20cm、CE、DF长均为10cm，转速为50r/s，若从图示位置开头计时：
（1）写出线框中感应电动势随时间变化的瞬时值表达式．
（2）若线框电阻r=3Ω，再将AB两端接入一个“6V，12W”的小灯泡，小灯泡能否正常发光？若不能，小灯泡实际消耗功率多大？（设小灯泡的阻值不变）

【考点】： 沟通发电机及其产生正弦式电流的原理；沟通的峰值、有效值以及它们的关系．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： （1）依据线框中感应电动势最大值Em=BSω，求出感应电动势的最大值．由转速求出角速度．图示时刻线圈与磁场平行，初相位为．写出感应电动势随时间变化的瞬时值表达式．
（2）依据欧姆定律电路中电流的有效值，由灯泡的额定电压与额定功率求出灯泡的电阻，再求解实际功率．
【解析】： 解：
（1）线框中感应电动势最大值Em=BSω=×0.2×0.1×2π×50V=10V
感应电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=Emsin（ωt+）=10cos100πt（V）
（2）小灯泡的电阻为R===3Ω
电动势有效值为E=Em=10V，电路中电流有效值为I==A=1.67A，
小灯泡的额定电流为IN==2A＞I，所以小灯泡不能正常发光，其实际功率是P=I2R=8.3W
答：
（1）线框中感应电动势随时间变化的瞬时值表达式是10cos100πt（V）．
（2）小灯泡不能正常发光．小灯泡实际消耗功率是8.3W．
【点评】： 感应电动势的瞬时值表达式有三个要素：最大值，角速度和初相位，只有从中性面开头计时时，瞬时值表达式才为e=Emsinωt．